Trabajo
Miguel Rodriguez
The Date
Índice general
1. RECTAS Y PLANOS 3
1.1. De�niciones, propiedades y proposiciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2. Ejemplos resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.3. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
2. Super�cie Esférica 52
2.1. Esfera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
2.1.1. Ecuación canónica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
2.1.2. De�niciones y propiedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
2.1.3. Ejemplos Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
2.1.4. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
3. Super�cies Cuadráticas 80
3.1. Elipsoide, paraboloide, cono e hiperboloides . . . . . . . . . . . . . . . . . 80
3.1.1. Ecuaciones canónicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80
1
3.1.2. Ejemplos resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
3.1.3. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
2
Capítulo 1
RECTAS Y PLANOS
1.1. De�niciones, propiedades y proposiciones
De�nición 1.1 Dado un punto P0 = (x0; y0; z0) y vector �!v = (v1; v2; v3) de R3; se de�ne:
La recta L que pasa por P0 y cuyo vector director es�!v como:
L = L�!vP0=nP = (x; y; z) 2 R3= ��!
PP0k�!vo
Puesto que:��!PP0k�!v () existe � 2 R; tal que: ��!PP0 = ��!v ; por lo tanto,
��!PP0 = (x� x0; y � y0; z � z0) = (�v1; �v2; �v3) = ��!v ; de aquí se tiene:8>>>>>><>>>>>>:x� x0 = �v1
y � y0 = �v2
z � z0 = �v3
;
Así se obtienen las diferentes formas de expresar la recta L
3
De�nición 1.2 Ecuación paramétrica de L = L�!vP0�
8>>>>>><>>>>>>:x = �v1 + x0
y = �v2 + y0
z = �v3 + z0
; � 2 R.
De�nición 1.3 Ecuación simétrica de L = L�!vP0��x� x0v1
=y � y0v2
=z � z0v3
= �
�.
De�nición 1.4 Ecuación vectorial de L = L�!vP0� �!OP = ��!OP0 + ��!v ; es decir:
L = L�!vP0� (x; y; z) = (x0; y0; z0) + � (v1; v2; v3).
Lo cual será mostrado en la siguiente �gura.
Po
P
L
v
x y
z
Figura de la recta L
De�nición 1.5 Dadas las rectas L1 = L�!uP1y L2 = L
�!vP2:
Las rectas L1 y L2 son paralelas, sí sus vectores directores�!u y �!v son paralelos. Es decir:
L1kL2 , �!u k�!v
Como se muestra en la �gura.
4
L1L2
P2
z
P1
yx
Figura de: L1 k L2
De�nición 1.6 Las rectas L1 = L�!uP1y L2 = L
�!vP2son perpendiculares, sí sus vectores
directores �!u y �!v son perpendiculares. Es decir:
L1?L2 , �!u?�!v
Como se muestra en la �gura.
P2
L2
L1
P1
Figura de: L1 ? L2
Propiedad 1.1 Sean las rectas L1 y L2:
L1 = L�!u=(u1;u2;u3)P1=(x1;y1;z1)
�
8>>>>>><>>>>>>:x = u1t+ x1
y = u2t+ y1
z = u3t+ z1
y L2 = L�!u=(v1;v2;v3)P1=(x2;y2;z2)
�
8>>>>>><>>>>>>:x = v1t+ x2
y = v2t+ y2
z = v3t+ z2
5
Las rectas L1 y L2 se intersectan en el punto A, es decir:
L1 \ L2 = fA = (a1; a2; a3)g si y sólo si existen escalares t = t0 y s = s0; tales que se
satiface:
8>>>>>><>>>>>>:a1 = u1t0 + x1 = v1s0 + x2
a2 = u2t0 + y1 = v2s0 + y2
a3 = u3t0 + z1 = v3s0 + z2
Lo cual se muestra en la �gura.
P2
L2 L1AzP1 yx
Figura de: L1 \ L2 = fAg
Proposición 1.1 Dada la recta L = L�!vP0
y un punto A, entonces la distancia entre la
recta L y el punto A viene dada por:
d�A;L = L
�!vP0
�=
��!AP0 ��!v k�!v k
Lo cual se muestra en la �gura.
6
z
Po
L
d(A,L) P1
A
yx
Figura de: d (A;L)
Proposición 1.2 Dadas las rectas L1 y L2; con L1 = L�!uP1y L2 = L
�!vP2, entonces la
distancia entre ellas vienen dada por:
a) Si L1kL2 ) d ( L1; L2) =
��!P1P2 ��!v k�!v k =
��!P1P2 ��!u k�!u k
b) Si L1 , L2 ) d ( L1; L2) =
��!P1P2 � (�!u ��!v ) k�!u ��!v k
También para rectas L1 , L2 se tiene que: d ( L1; L2) = d ( A; B); siendo los puntos A y
B donde se cruzan las rectas; con A 2 L1 y B 2 L2; cuya distancia entre ellos es mínima;
a tales puntos A y B, se le llaman los puntos de cruces de las rectas que se cruzan.
Los puntos A y B se obtienen construyendo una recta L3 perpendicular a las rectas L1 y
L2; de tal forma que si:
L3 = L�!w=�!u��!vP32L1 ) L3 \ L2 = fBg, o viceversa.
Por lo tanto, se tiene el siguiente sistema de ecuaciones:
7
8>>>>>><>>>>>>:w1�+ u1t� v1s = x2 � x1
w2�+ u2t� v2s = y2 � y1
w3�+ u3t� v3s = z2 � z1
Utilizando el método de Cramer, se determinan los parámetros de t y s; para obtener los
puntos A y B.
t =4t4 =
det
0BBBBBB@w1 x2 � x1 �v1
w2 y2 � y1 �v2
w3 z2 � z1 �v3
1CCCCCCA
det
0BBBBBB@w1 u1 �v1
w2 u2 �v2
w3 u3 �v3
1CCCCCCA
y s =4s4 =
det
0BBBBBB@w1 u1 x2 � x1
w2 u2 y2 � y1
w3 u3 z2 � z1
1CCCCCCA
det
0BBBBBB@w1 u1 �v1
w2 u2 �v2
w3 u3 �v3
1CCCCCCAComo muestra la �gura.
x yL1
L2
L3
z
B
A
Figura de las rectas: L1 y L2
De�nición 1.7 Dado un punto P0 = (x0; y0; z0) y vector �!n = (a; b; c) de R3, se de�ne:
8
El plano � que pasa por P0 y cuyo vector normal es�!n como:
� = ��!nP0=nP = (x; y; z) 2 R3= ��!
P0P?�!no
Puesto que:��!PP0?�!n ()
��!PP0 � �!n = 0; por lo tanto,
��!PP0 � �!n = (x� x0; y � y0; z � z0) � (a; b; c) = 0
Luego se tiene:
a (x� x0) + b (y � y0) + c (z � z0) = 0, ax+ by + cz � (ax0 + by0 + cz0) = 0
Llamando: d = ax0 + by0 + cz0
Se obtiene la ecuación general del plano.
De�nición 1.8 La ecuación general de una de un plano �, es una ecuación de la forma:
� � ax+ by + cz � d = 0
El plano está mostrado en la �gura.
x
z
P1
yPo
n
Figura del plano �
De�nición 1.9 Los planos �1 = ��!n1P1
y �2 = ��!n2P2son perpendiculares, si sus vectores
normales �!n1 y �!n2 son perpendiculares. Es decir:
�1?�2 , �!n1?�!n2
9
Lo cual se muestra en la �gura.
x
zP2
P1
n1
y
n2
Figura de los planos �1?�2
De�nición 1.10 Los planos �1 = ��!n1P1
y �2 = ��!n2P2son paralelos, si sus vectores nor-
males �!n1 y �!n2 son paralelos. Es decir:
�1k�2 , �!n1k�!n2
Para un plano dado �1 = ��!n1P1, siempre existen dos planos: �12 = �
�!n2P 12y �22 = �
�!n2P 22paralelos
equidistante a él.
Lo cual se muestra en la �gura.
planos paralelosPlano 2
n1Plano 1
n2
Figura de: �1k �2
10
Propiedad 1.2 Sean los planos �1 � a1x+ b1y + c1z � d1 = 0 y �2 paralelos, entonces
�2 � a1x+ b1y + c1z � d2 = 0
Propiedad 1.3 Sean los planos: �1 = ��!n1P1
y �2 = ��!n2P2.
Si �1 , �2, entonces se intersectan en una recta L = L�!vP0, cuyo vector director es paralelo
al vector �!n1 � �!n2 y el punto P0 es cualquier de la intersección de los planos �1y �2. Es
decir:
�1 , �2 ) �1 \ �2 =nRecta: L = L
�!v k�!n1��!n2P02�1\�2
oLo cual se muestra en la �gura.
y
Plano 1
x
Plano 2 L z
Figura de: L = �1 \ �2
De�nición 1.11 Una recta L = L�!vP0es perpendicular al plano �1 = �
�!n1P1, si el vector
director �!v de la recta y el normal �!n1 del plano son paralelos. Es decir:
L?�1 , �!v k�!n1
Propiedad 1.4 Si una recta L = L�!vP0es perpendicular al plano �1 = �
�!n1P1, entonces la
recta L intersecta al plano �1 en un punto A. Es decir:
L?�1 ) L \ �1 = fAg
11
Supongamos que: �1 � a1x+ b1y + c1z � d1 = 0 y L = L�!vP0�
8>>>>>><>>>>>>:x = �v1 + x0
y = �v2 + y0
z = �v3 + z0
Como L \ �1 = fAg, entonces el punto A satisface las ecuaciones de la recta L, para
algún valor � = �0; es decir:
A = (�0v1 + x0; �0v2 + y0; �0v3 + z0)
También dicho punto A, satisface la ecuación del plano �1:
a1 (�0v1 + x0) + b1 (�0v2 + y0) + c1 (�0v3 + z0)� d1 = 0
Lo cual se muestra en la �gura.
n1
A
plano 1
L
Figura de: L?�1
De�nición 1.12 Una recta L = L�!vP0es paralela a un plano �1 = �
�!n1P1, si el vector director
�!v de la recta L es perpendicular al vector normal �!n1 del plano �1. Es decir:
Lk�1 , �!v ?�!n1
12
Propiedad 1.5 Si una recta L = L�!vP0pertenece a un plano �1 = �
�!n1P1, entonces la recta
L es paralela al plano �1. Es decir:
L 2 �1 ) Lk�1
Supongamos que: �1 � a1x+ b1y + c1z � d1 = 0 y L = L�!vP0�
8>>>>>><>>>>>>:x = �v1 + x0
y = �v2 + y0
z = �v3 + z0
Como L 2 �1, entonces la ecuación de la recta L satisface la ecuación del plano �1; para
todo � 2 R. Es decir
a1 (�v1 + x0) + b1 (�v2 + y0) + c1 (�v3 + z0)� d1 = 0;8� 2 R
Como se muestra en la �gura.
L
Plano 1
n1
Figura de: Lk�1; con L 2 �1
En cambio, si Lk�1 y se cumple:
a1 (�v1 + x0) + b1 (�v2 + y0) + c1 (�v3 + z0)� d1 6= 0;8� 2 R
13
Entonces la recta L =2 �1.
Como se muestra en la �gura.
Plano 1
n1 L
Figura de: Lk�1; con L =2 �1
Propiedad 1.6 Si una recta L = L�!vP0no es paralela a un plano �1 = �
�!n1P1, entonces la
recta L intersecta al plano �1 en un punto A. Es decir:
L , �1 ) L \ �1 = fAg
Como se muestra en la �gura.
Plano 1
L
z n1
Axy
Figura de: L , �1
14
De�nición 1.13 Al conjunto de todos los planos que contienen una recta L,
se le denomina haz de plano, que se denota como ��. Es decir:
�� =�Planos � 2 R3= la recta: L � �
Como se muestra en la �gura.
L
Figura de ��
Propiedad 1.7 Si L = �1\�2 =
8>><>>:�1 � a1x+ b1y + c1z � d1 = 0
�2 � a2x+ b2y + c2z � d2 = 0; entonces el haz de
plano �� se de�ne:
�� � (a1x+ b1y + c1z � d1) + � (a2x+ b2y + c2z � d2) = 0; � 2 R
Como se muestra en la �gura.
15
y
Plano 1z
Plano 2L
x
Figura de: L = �1 \ �2
Proposición 1.3 Dado un plano � = ��!nP0y un punto A 2 R3, entonces la distancia
entre el punto A hasta el plano � viene dada por:
d�A;� = �
�!nP0
�=
�����!P0A � �!n ���k�!n k
Proposición 1.4 Si el plano � = ��!nP0� ax+ by+ cz�d = 0 y el punto A = (a1; a2; a3).
Entonces la distancia entre el punto A hasta el plano � viene dada por:
d�A;� = �
�!nP0
�=ja (a1) + b (a2) + c (a3)� djp
a2 + b2 + c2
Lo cual se muestra en la �gura.
Plano
d(A,plano)
A
nPo
Figura de: d�A;� = �
�!nP0
�16
Proposición 1.5 Dado dos planos paralelos �1 = ��!n1P1y �2 = �
�!n2P2, entonces la distancia
entre los planos �1 y �2 viene dada por:
d (�1;�2) = d��1 = �
�!n1P1;�2 = �
�!n2P2
�=
�����!P1P2 � �!n1���k�!n1k
=
�����!P1P2 � �!n2���k�!n2k
Proposición 1.6 Si los planos �1 y �2 tienen la forma:
�1 � ax+ by + cz � d1 = 0 y �2 � ax+ by + cz � d2 = 0, entonces la distancia entre el
plano �1 al el plano �2 viene dada por:
d (�1;�2) =jd1 � d2jpa2 + b2 + c2
Lo cual se muestra en la �gura.
Plano 1
P1n1 d(plano 1,plano 2)
n2 P2 plano 2
Figura de: d (�1;�2)
1.2. Ejemplos resueltos
Ejemplo 1.1 Determine la recta L de intersección de los planos �1 y �2; siendo el plano
�1 el que está formado por los puntos: A = (1;�1;�5), B = (2; 0;�8) y C = (�1; 2;�4),
el plano �2 � x+ y � z = 0.
17
Solución 1.1 :
Puesto que la recta L viene dada por la intersección de �1 y �2
Entonces: L = L�!v =�!n1��!n2P02�1\�2
Pero
�!n1 =�!AB ��!AC = det
0BBBBBB@�!i
�!j
�!k
1 1 �3
�2 3 1
1CCCCCCA = 5�!j + 5
�!k + 10
�!i = 5 (2; 1; 1)
�!v = �!n1 ��!n2 = 5det
0BBBBBB@�!i
�!j
�!k
2 1 1
1 1 �1
1CCCCCCA = 5�3�!j +
�!k � 2�!i
�= 5 (�2; 3; 1)
Por otro lado; �1 � (x� 1; y + 1; z + 5) � (2; 1; 1) = 2x+ y + z + 4 = 0
Como: P0 2 �1 \ �2 =
8>><>>:2x+ y + z + 4 = 0
x+ y � z = 0; haciendo x = 0
Se sigue:
8>><>>:y + z + 4 = 0
y � z = 0, cuya solución es: [y = �2; z = �2]; luego
P0 = (0;�2;�2)
Así;
L = L�!v =�!n1��!n2P02�1\�2 = L
�!v =(�2;3;1)P0=(0;�2;�2) �
8>>>>>><>>>>>>:x = �2t
y = 3t� 2
z = t� 2
18
Ejemplo 1.2 Determine la ecuación del plano � que contenga a los puntos: A = (3; 2;�1),
B = (1;�1; 2) y que además contenga a la recta:
L ��x� 12
=y + 1
3=
z
�3
�
Solución 1.2 :
Puesto que el plano debe contener a los puntos A y B, entonces contiene a la recta L1
que une a los puntos A y B.
L1 = L�!v =�!AB=(�2;�3;3)A=(3;2;�1) �
8>>>>>><>>>>>>:x = �2t+ 3
y = �3t+ 2
z = 3t� 1Por otro lado, como además debe contener a:
L ��x� 12
=y + 1
3=
z
�3
�, L = L
�!u=(3;2;�2)P0=(1;�1;0) =
8>>>>>><>>>>>>:x = 2s+ 1
y = 3s� 1
z = �3s
Se debe cumplir:
8>><>>:LkL1 , �!v k�!u , �!v ��!u = �!0 (1) ó
L , L1 ) L \ L1 6= f?g (2)
Puesto que: �!v = ��!u ) �!v ��!u = �!0 ) LkL1; se satisface (1)
Por lo tanto; el normal del plano será: �!n = ��!AP0 ��!v
Resolviendo,
�!n = ��!AP0 ��!v = det
0BBBBBB@�!i
�!j
�!k
�2 �3 �2
�2 �3 1
1CCCCCCA = 6�!j � 9�!i = 3 (�3; 2; 0)
Luego;
19
� = ��!n=(�3;2;0)A=(3;2;�1) � (x� 3; y � 2; z + 1) � (�3; 2; 0) = 2y � 3x+ 5 = 0
Es decir;
� � 2y � 3x+ 5 = 0
Ejemplo 1.3 Determine una de las ecuaciones paramétrica de una recta L, que pase por
el punto A = (1; 2; 1) y que corte perpendicularmente a la recta:
L1 ��x� 32
= y = z � 1�
Solución 1.3 :
Tenemos que: L1 = L�!v =(2;1;1)P1=(3;0;1)
�
8>>>>>><>>>>>>:x = 2t+ 3
y = t
z = t+ 1
Puesto que la recta L debe cortar perpendicularmente a L1 y además pasar por A.
Se tiene que: L = L�!vA=(1;2;1)
Debemos hallar �!v , para ello construimos un plano � perpedicular a la recta L1 que pase
por A. Es decir:
� = ��!n=(2;1;1)A=(1;2;1)
Como se muestra en la �gura.
20
L
A
L1
Figura
� � (x� 1; y � 2; z � 1) � (2; 1; 1) = 0) � � 2x+ y + z � 5 = 0
Ahora hallamos:
fBg = L1 \ � =
8>>>>>>>>>><>>>>>>>>>>:
L1 �
8>>>>>><>>>>>>:x = 2t+ 3
y = t
z = t+ 1
� � 2x+ y + z � 5 = 0
) 2 (2t+ 3) + (t) + (t+ 1)� 5 = 0
2 (2t+ 3) + (t) + (t+ 1)� 5 = 0) 6t+ 2 = 0) t = �13
Luego,
B =
�7
3;�13;2
3
�Se sigue: �!v = �!AB =
�73� 1;�1
3� 2; 2
3� 1�
�!v =�43;�7
3;�1
3
�= 1
3(4;�7;�1)
Por lo tanto;
21
L = L�!v =(4;�7;�1)A=(1;2;1) �
8>>>>>><>>>>>>:x = 4s+ 1
y = �7s+ 2
z = �s+ 1
Ejemplo 1.4 Determine la ecuación del plano � que pasa por el punto A = (3; 1;�2) y
además contiene la recta L =
8>><>>:�1 � x� 2y + 3z = 2
�2 � x� y = 0
Solución 1.4 :
Puesto que: L =
8>><>>:�1 � x� 2y + 3z = 2
�2 � x� y = 0) L = L
�!v =�!n1��!n2P02�1\�2
Se sigue;
�!v = �!n1 ��!n2 = det
0BBBBBB@�!i
�!j
�!k
1 �2 3
1 �1 0
1CCCCCCA = 3�!j +
�!k + 3
�!i = (3; 3; 1)
Por otro lado; como P0 2 �1 \ �2 haciendo z = 0, tenemos:8>><>>:x� 2y = 2
x� y = 0, cuya solución es: [x = �2; y = �2].
Luego;
P0 = (�2;�2; 0)
Para hallar el vector normal �!n de plano �; hacemos:
�!n = ��!AP0 ��!v = det
0BBBBBB@i j k
�5 �3 2
3 3 1
1CCCCCCA = 11�!j � 6�!k � 9�!i = (�9; 11;�6)
22
Así;
� = ��!n=(�9;11;�6)A=(3;1;�2) � (x� 3; y � 1; z + 2) � (�9; 11;�6) = 0
Finalmente,
� � 11y � 9x� 6z + 4 = 0
Lo cual está mostrado en la �gura.
Plano
LA
n
Figura
Ejemplo 1.5 Determine una de las ecuaciones paramétrica de la recta L; la más cercana
al origen, que sea paralela al plano � � x� 2y + 2z = 5; que se encuentre a 4 unidades
de él y que además corte perpendicularmente a la recta:
L1 ��x� 324
= y = z � 1�
Solución 1.5 :
Veamos el comportamiento de L1 = L�!v =(24;1;1)p1=(3;0;1)
; con respecto a � = ��!n=(1;�2;2)
Haciendo:
23
�!v ��!n = det
0BBBBBB@�!i
�!j
�!k
24 1 1
1 �2 2
1CCCCCCA = 4�!i � 49�!k � 47�!j 6= �!0 y
�!v � �!n = (24; 1; 1) � (1;�2; 2) = 24 6= 0
Lo que implica que L1 atraviesa al plano � no perpendicularmente y garantizando la
existencia de la recta pedida L.
Como muestra la �gura.
Lx2y+2zd=0
planos paralelos
u
4nv
x2y+2z5=0
L1
Figura
Como:
8>><>>:L = L
�!u k� = ��!n ) �!u?�!n
L = L�!u?L1 = L
�!v ) �!u?�!v) �!u k�!v ��!n = (4;�47;�49)
Tomamos �!u = (4;�47;�49)
Se construye un plano �1k�, tal que: d(�1;�) = 4
Por lo tanto, L 2 �1 y �1 � x� 2y + 2z � d = 0
Luego, usando la fórmula de distancia entre planos paralelos tenemos que:
4 = d(�1;�) =jd� 5j
k(1;�2; 2)k =13jd� 5j ) jd� 5j = 12) d = �12 + 5
Se sigue,
24
d =
8>><>>:17
�7) �1 � x� 2y + 2z + 7 = 0, (ya que está más cercano al origen ).
Ahora puesto que L se corta con L1, existe un punto P0 es decir:
fP0g = L\ L1 ) fP0g = �1\ L1
Pero,
L1 �
8>>>>>><>>>>>>:x = 24s+ 3
y = s
z = s+ 1
Calculando:
�1\ L1 = f(24s+ 3)� 2 (s) + 2 (s+ 1) + 7 = 0g
= f24s+ 12 = 0g ) s = �12
Obtenemos: P0 =��9;�1
2;1
2
�Concluimos que:
L �
8>>>>>><>>>>>>:x = 4t� 9
y = �47t� 12
z = �49t+ 12
Ejemplo 1.6 Sea L1 �
8>><>>:4x� y � 4z � 6 = 0
x+ y � 6z + 1 = 0. Halle L2, tal que L2 sea paralela al
plano xy, perpendicular a la recta L1, L2 corte a L1 en el punto P0 y además se encuentre
a 5 unidades de la recta:
L3 ��2x� 6 = 4y � 8
3= 1� z
�25
Solución 1.6 :
Como: L2kxy y L2?L1 tenemos:8>><>>:L2 = L
�!v kxy , �!v ?�!n = �!k
L2 = L�!v ? L1 = L
�!u , �!u?�!v) �!v k�!u ��!k
Pero;
L1 �
8>><>>:4x� y � 4z � 6 = 0
x+ y � 6z + 1 = 0) �!u = (4;�1;�4)� (1; 1;�6) = 5 (2; 4; 1)
Luego; haciendo z = 0, se tiene:8>><>>:4x� y � 6 = 0
x+ y + 1 = 0
, cuya solución es: [x = 1; y = �2].
Entonces; el punto P1 2 L1 es: P1 = (1;�2; 0)
Luego L1 en paramétrica es:
L1 �
8>>>>>><>>>>>>:x = 2t+ 1
y = 4t� 2
z = t
Puesto que: �!v k�!u ��!k y �!u = 5 (2; 4; 1)
Entonces,
�!u ��!k = 5det
0BBBBBB@�!i
�!j
�!k
2 4 1
0 0 1
1CCCCCCA = 20�!i � 10�!j = (20;�10; 0)
�!u ��!k = (20;�10; 0) = 10 (2;�1; 0)
Así,
�!v = (2;�1; 0)
26
Por otro lado;
L1 \ L2 = fP0g ) P0 = P2
Como, P2 2 L2 ) P2 = (2t+ 1; 4t� 2; t)
Puesto que la distancia entre L2 y L3 es de 5; usando la fórmula de distancia entre rectas
que se cruzan tenemos:
d (L2; L3) = d�L�!vP2; L
�!wP3
�=
�����!P3P2 � (�!v ��!w )���k�!v ��!w k = 5
Pero;
L3 ��2x� 6 = 4y � 8
3= 1� z
�) P3 = (3; 2; 1) y
�!w =
�1
2;3
4;�1
�Calculando;
�!v ��!w = (2;�1; 0)��12; 34;�1
�= det
0BBBBBB@�!i
�!j
�!k
2 �1 0
12
34
�1
1CCCCCCA = 2�!j + 2
�!k +
�!i
�!v ��!w = (1; 2; 2) y
��!P3P2 = (2t+ 1� 3; 4t� 2� 2; t� 1)
Sutituyendo en la fórmula, se sigue:
5 =j(2t+ 1� 3; 4t� 2� 2; t� 1) � (1; 2; 2)j
k(1; 2; 2)k =j(2t� 2; 4t� 4; t� 1) � (1; 2; 2)j
3= 4 jt� 1j
4 jt� 1j = 5) jt� 1j = 54) t = �5
4+ 1) t =
8>><>>:9
41
4Así;
t =
8>>><>>>:9
4) P 12 =
�11
2; 7;9
4
�1
4) P 22 =
�3
2;�1; 1
4
�Con lo cual concluimos que existen dos rectas L2, las cuales son:
27
L12 �
8>>>>>><>>>>>>:x = 2s+ 11
2
y = �s+ 7
z = 94
y L22 �
8>>>>>><>>>>>>:x = 2s+ 3
2
y = �s� 1
z = 14
Ejemplo 1.7 Sean L1 y L2 dos rectas en el espacio; donde:
L1 �
8>>>>>><>>>>>>:x = 3t
y = 17� 16t
z = �5t
y L2 �
8>>>>>><>>>>>>:x = 5s
y = 2s
z = �13 + 6si) Muestre que: L1 y L2 no se intersectan. (L1 \ L2 = ?).
ii) Halle los puntos de cruces A y B entre L1 y L2; con A 2 L1 y B 2 L2.
iii) Encuentre puntos C y D sobre L2; que equidiste del punto de cruce B de L2p65
unidades.
iv) Determine la ecuación del plano � que contiene a los puntos C, D y A.
Solución 1.7 :
i) L1 \ L2 =
8>>>>>><>>>>>>:3t = 5s (1)
17� 16t = 2s (2)
�5t = �13 + 6s (3)
Resolviendo el sistema (1)-(2)8>><>>:3t = 5s
17� 16t = 2s, la solución es:
�s = 51
86; t = 85
86
�.
Sustituyendo en (3), obtenemos:
�5�8586
�= �425
866= �13 + 6
�5186
�= �406
43) L1 \ L2 = ?
28
ii) Para hallar los puntos de cruces A y B entre L1 y L2 construyo:
L3 = L�!w=�!u��!vP32L1 ; tal que: L3 \ L2 6= ?
�!w = �!u ��!v = (3;�16;�5)� (5; 2; 6) = det
0BBBBBB@�!i
�!j
�!k
3 �16 �5
5 2 6
1CCCCCCA = 86�!k � 43�!j � 86�!i
�!w = �!u ��!v = 86�!k � 43�!j � 86�!i = (�86;�43; 86) = 43 (�2;�1; 2)
Por lo tanto;
L3 �
8>>>>>><>>>>>>:x = �2�+ x3
y = ��+ y3
z = 2�+ z3
) L3 �
8>>>>>><>>>>>>:x = �2�+ 3t
y = ��+ 17� 16t
z = 2�� 5tLuego;
L3 \ L2 =
8>>>>>><>>>>>>:�2�+ 3t = 5s
��+ 17� 16t = 2s
2�� 5t = 6s� 13
, la solución es: [s = 1; t = 1; � = �1]
Así;
8>><>>:A 2 L1 ) A = (3; 1;�5)
B 2 L2 ) B = (5; 2;�7)iii) C 2 L2 ) C = (5s; 2s;�13 + 6s)
Puesto que:
p65 = d (B;C) =
q(5s� 5)2 + (2s� 2)2 + (�13 + 6s� (�7))2
Resolviendo;
65 = 25 (s� 1)2 + 4 (s� 1)2 + 36 (s� 1)2 = 65 (s� 1)2 ) (s� 1)2 = 1
29
s = �1 + 1) s =
8>><>>:0) C = (0;�13; 0)
2) D = (10; 4;�1)iv) Para determinar el plano � que contienen a C, D y A.
Hallamos su vector normal,
�!n = �!AC ���!AD = (�3;�14; 5)� (7; 3; 4)
�!n = det
0BBBBBB@�!i
�!j
�!k
�3 �14 5
7 3 4
1CCCCCCA = 47�!j + 89
�!k � 71�!i
luego;
� � �71x+ 47y + 89z � d = 0
Como: C 2 �) 47 (�13)� d = 0) d = 611
Así;
� � �71x+ 47y + 89z + 611 = 0
Ejemplo 1.8 Determine la ecuación del plano � (más cerca del origen ); tal que sea
paralelo a la recta:
L �
8>><>>:�1 � x+ y + 2z = 0
�2 � y � 4z = 1; se encuentre a 3 unidades de distancia de L y además pase
por el punto A = (2; 5; 1).
Solución 1.8 :
30
Del haz de plano que contiene a la recta L; se toman aquellos planos que disten del punto
A, 3 unidades.
�� � (x+ y + 2z) + � (y � 4z � 1) = 0, x+ (1 + �) y + (2� 4�) z � � = 0
d�A;�� = �
�!n=(1;1+�;2�4�)� = j((2) + (5) + 2 (1)) + � ((5)� 4 (1)� 1)jk(1; 1 + �; 2� 4�)k
Entonces, como:
3 = d (A;��) =9q
1 + (1 + �)2 + (2� 4�)2
Resolviendo;
3q1 + (1 + �)2 + (2� 4�)2 = 9, 9
�1 + (1 + �)2 + (2� 4�)2
�= 81
1 + (1 + �)2 + (2� 4�)2 = 9, (1 + �)2 + (2� 4�)2 � 8 = 0
(1 + �)2 + (2� 4�)2 � 8 = 17�2 � 14�� 3 = 0) � =
8>><>>:1
� 317
Entonces;8>><>>:Para � = 1) ��=1 � (x+ y + 2z) + (y � 4z � 1) = 0 (1)
Para � = � 317) ��=� 3
17� (x+ y + 2z)� 3
17(y � 4z � 1) = 0 (2)
Resultando:
(1) es �1 � x+ 2y � 2z � 1 = 0
(2) es �2 � 17x+ 14y + 46z + 3 = 0
Puesto que �1 está más cercano al origen, entonces el plano � que es paralelo a L, que
distan 3 unidades y pasan por A, será:
� � x+ 2y � 2z � d = 0
Como A 2 �) (2) + 2 (5)� 2 (1)� d = 10� d = 0) d = 10
Así,
31
� � x+ 2y � 2z � 10 = 0
Ejemplo 1.9 Dados los puntos A = (0; 1;�1), B = (�2; 3;�2) y C =��12; 3;�1
2
�de
R3.
i) Determine el plano �; que contiene a los puntos A, B y C.
ii) Determine la coordenada y del punto D =��14; y;�3
2
�; con y � 0,vértice del tetraedro
con base en el triángulo 4 ABC; cuyo volumen es de9
8.
iii) Determine el punto P1 pié del tetraedro sobre su base.
Iv) ¿Las intersecciones de las mediatrices de los lados AB y AC del triángulo 4ABC
coincide con P1?
Solución 1.9 :
Primero calculemos:
�!AB ��!AC = (�2; 2;�1)�
��12; 2; 1
2
�= det
0BBBBBB@�!i
�!j
�!k
�2 2 �1
�12
2 12
1CCCCCCA = 32
�!j � 3�!k + 3�!i
�!AB ��!AC =
�3; 3
2;�3
�= 3
�1;1
2;�1
�6= �!0
Lo que signi�ca que los puntos no son colineales.
i) El plano � que contiene A, B y C; tiene la forma: x+ 12y � z � d = 0
Pero como: A 2 �) (0) + 12(1)� (�1)� d = 0 = 3
2� d = 0) d =
3
2
Luego;
32
��!n=(1; 12 ;�1)A � x+ 1
2y � z � 3
2= 0, 2x+ y � 2z � 3 = 0
ii) El tetraedro con base en el triágulo 4 ABC será mostrado en la �gura.
CA P1
D
B
Figura del tetraedro
El volumen del tetraedro V (tetraedro) = 13(área de la base) (altura)
Área de la base=A (triángulo) =
�!AB ��!AC 2
=
3 �1; 12;�1
� 2
=9
4
Altura=d (�; D) =
��2 ��14
�+ y � 2
��32
�� 3��
k�!n k =
��y � 12
��3
V (tetraedro) =1
3
�9
4
� ��y � 12
��3
!= 1
4
��y � 12
��98= 1
4
��y � 12
��) ��y � 12
�� = 92
��y � 12
�� = 92, y � 1
2= �9
2) y = �9
2+1
2) y =
8>><>>:5 � 0
�4 � 0Por lo tanto;
D =
��14; 5;�3
2
�iii) Para hallar P1 pié base del tetraedro, construimos la recta L perpendicular al plano
� que pase por D.
33
Es decir: L = L�!nD �
8>>>>>><>>>>>>:x = 2t� 1
4
y = t+ 5
z = �2t� 32
; Así P1 = � \ L
En efecto; � \ L ��2�2t� 1
4
�+ (t+ 5)� 2
��2t� 3
2
�� 3 = 0
�9t+ 9
2= 0) t = �1
2
Luego;
P1 =�2��12
�� 1
4;�1
2+ 5;�2
��12
�� 3
2
�=
��54;9
2;�12
�iv) Veamos si la intersección de las mediatrices de los lados AB y AC del triángulo:
4 ABC coincide con P1. Sean M y N los puntos medios de los lados AB y AC del
triángulo ABC respectivamente.
M =�0+(�2)
2; 1+32; �1+(�2)
2
�=
��1; 2;�3
2
�N =
�0+(� 1
2)2
; 1+32;�1+(� 1
2)2
�=
��14; 2;�3
4
�Sea P el punto de intersección de las mediatrices, mostremos si coincide con P1; lo cual
está mostrado en la �gura.
NC
B
MA
P
Figura del BA4C
Sean:
34
L1 = L�!v =��!CM=(�1�(� 1
2);2�3;�32�(� 1
2))=(�12;�1;�1)
C=(� 12;3;� 1
2)�
8>>>>>><>>>>>>:x = �1
2t� 1
2
y = �t+ 3
z = �t� 12
L2 = L�!v =��!BN=(� 1
4�(�2);2�3;� 3
4�(�2))=(� 7
4;�1; 5
4)B=(�2;3;�2) �
8>>>>>><>>>>>>:x = 7
4s� 2
y = �s+ 3
z = 54s� 2
Entonces; como P = L1 \ L2
Se satisface:8>>>>>><>>>>>>:�12t� 1
2= 7
4s� 2
�t+ 3 = �s+ 3
�t� 12= 5
4s� 2
,
8>>>>>><>>>>>>:�12t� 7
4s = �3
2(1)
�t+ s = 0 (2)
�t� 54s = �3
2(3)
Resolviendo el sistema de ecuaciones (2) - (3),
Obtenemos: 94s = 3
2! s = 2
3) t = 2
3
Veri�camos si se cumple (1),
En efecto: �12
�23
�� 7
4
�23
�= �2
6� 14
12= �2
6� 7
6= �9
6= �3
2
Por lo tanto;
P =��12
�23
�� 1
2;��23
�+ 3;�
�23
�� 1
2
�=��56; 73;�7
6
�6= P1
Ejemplo 1.10 Dada la recta L de ecuación: L � (x; y; z) = (0; 1;�1)+ t (�2; 2;�1) y el
punto C =��12; 3;�1
2
�.
i) Determine los puntos A y B pertenecientes a L; tal que el triángulo formado por: A,
B y C sea isósceles de longitud��AC�� = ��BC�� = 3p
2.
35
ii) Halle el plano �; que contiene a los puntos A, B y C.
iii) Calcule el área del triángulo 4ABC.
iv) Determine el punto D, vértice del paralelogramo ACBD.
Solución 1.10 :
i) La interpretación geométrica será mostrada en la �gura.
A B
C
M
D
L
3/2
3/2
Figura
Se construye el plano �1 perpendicular a la recta L; que pase por C.
Es decir:
�1 = ��!n=�!v =(�2;2;�1)c �
�x+ 1
2; y � 3; z + 1
2
�� (�2; 2;�1) = 0; tal que:
�1 \ L = fMg
�1 � �2x+ 2y � z �15
2= 0 y L �
8>>>>>><>>>>>>:x = �2t
y = 2t+ 1
z = �t� 1Entonces;
�1 \ L =��2 (�2t) + 2 (2t+ 1)� (�t� 1)� 15
2= 0
36
�9t� 9
2= 0) t =
1
2)M =
��1; 2;�3
2
�Luego;
d (C;M) =q��12� (�1)
�2+ (3� 2)2 +
��32���12
��2=3
2
Por Pitágoras,
Se tiene que: d2 (C;M) + d2 (A;M) =�3p2
�2) d (A;M) =
q92� 9
4=3
2
Puesto que; A 2 L) A = (�2t; 2t+ 1;�t� 1)
Por lo tanto;
32= d (A;M) =
q(�2t� (�1))2 + (2t+ 1� 2)2 +
��t� 1�
��32
��294=�t� 1
2
�2+ 2 (2t� 1)2 ) 9
4(2t� 1)2 = 9
4) (2t� 1) = �1
Así;
t =�1 + 12
! t =
8>><>>:1) A = (�2; 3;�2)
0) B = (0; 1;�1)ii) El plano � que contiene A, B y C; viene dado por:
� = ��!n=�!AB��!ACA
Calculando:
�!AB ��!AC = (2;�2; 1)�
�32; 0; 3
2
�=��3;�3
2; 3�= 3
��1;�1
2; 1�
Por lo tanto,
� � �x� 12y + z � d = 0
Como A 2 �) � (�2)� 12(3) + (�2)� d = 0
Se tiene que: d = �32) � � �x� 1
2y + z +
3
2= 0
iii) A(triángulo) =
�!AB ��!AC 2
=
3 ��1;�12; 1�
2=9
4
37
iv) Para hallar el vértice D del paralelogramo.
Se construye la recta L1, tal que:
L1 = L�!v =��!CM=(� 1
2;�1;�1)
M �
8>>>>>><>>>>>>:x = 1
2s� 1
y = s+ 2
z = s� 32
, por lo tanto;
D =�12s� 1; s+ 2; s� 3
2
�y d (D;M) =
3
2
Luego;
�12s�2+ (s)2 + (s)2 = 9
4) s2 = 1) s =
8>><>>:1) C =
��12; 3;�1
2
��1) D =
��32; 1;�5
2
�
Ejemplo 1.11 Dado el plano � � 2x� y + 2z � 5 = 0 y la recta L �
8>>>>>><>>>>>>:x = 1� t
y = t
z = t+ 1
i) Determine el punto A de intersección de L; con el plano �1 � ax + by + cz � d = 0;
donde �1 es paralelo a � y además �1 se encuentra a 2 unidades de �, con el valor de
d � 0.
ii) Construya la recta L1; que sea perpendicular a la recta L, tal que L1 2 �1 y además
pase por A.
iii) Determine el área del triángulo; cuyos vértices son los puntos de intersección de la
recta L, con los planos �1 y � y uno de los punto de la recta L1; que se encuetra ap26
unidades de A = L \ �1.
Solución 1.11 :
38
i) Puesto que: �1k�) �1 � 2x� y + 2z � d = 0
Además;
2 = d (�1;�) =jd� 5j
k(2;�1; 2)k =13jd� 5j ) jd� 5j = 6
d = �6 + 5) d = 11 � 0
Así; �1 � 2x� y + 2z � 11 = 0
Luego;
fAg = L \ �1 =
8>>>>>>>>>><>>>>>>>>>>:
�1 � 2x� y + 2z � 11 = 0
L �
8>>>>>><>>>>>>:x = 1� t
y = t
z = t+ 1
L \ �1 � 2 (1� t)� (t) + 2 (t+ 1)� 11 = �t� 7 = 0) t = �7
Se sigue, A = (8;�7;�6)
ii) Como:
8>><>>:L1?L) �!v1?�!u = (�1; 1; 1)
L1 2 �1 ) �!v1?�!n = (2;�1; 2)) �!v1k�!u ��!n
�!u ��!n = det
0BBBBBB@�!i
�!j
�!k
�1 1 1
2 �1 2
1CCCCCCA = 4�!j ��!k + 3�!i = (3; 4;�1)
Así; L1 �
8>>>>>><>>>>>>:x = 3s+ 8
y = 4s� 7
z = �s� 6iii) Tenemos: fAg = L \ �1 ) A = (8;�7;�6)
Pero,
39
fBg = L \ � =
8>>>>>>>>>><>>>>>>>>>>:
� � 2x� y + 2z � 5 = 0
L �
8>>>>>><>>>>>>:x = 1� t
y = t
z = t+ 1
L \ � � 2 (1� t)� (t) + 2 (t+ 1)� 5 = �t� 1 = 0) t = �1
Por lo tanto,
B = (2;�1; 0)
El punto C, satisface: C 2 L1 ) C = (3s+ 8; 4s� 7;�s� 6)
También,
p26 = d (C;A) =
q(3s+ 8� 8)2 + (4s� 7 + 7)2 + (�s� 6 + 6)2 =
p26s2
Se sigue: s = �1, entonces tomando: s = 1) C = (11;�3;�7)
Luego; el área del triángulo viene dada por:
A(4ABC) =
�!AB ��!AC 2
Calculando,
�!AB ��!AC = det
0BBBBBB@�!i
�!j
�!k
�6 6 6
3 4 �1
1CCCCCCA = 12�!j � 42�!k � 30�!i = 6 (�5; 2;�7)
Obtenemos:
A(4ABC) =
�!AB ��!AC 2
=k6 (�5; 2;�7)k
2= 3 k6 (�5; 2;�7)k = 18
p78
Lo cual será mostrado en la �gura.
40
L12xy+2zd=0 , d=11
planos paralelos
CA
u
2nv
B2xy+2z5=0
Figura
Ejemplo 1.12 Dados planos: �1 � x� 2y + 2z � 5 = 0 y �2 � �2x+ y + 2z + 8 = 0
i) Demuestre que: �1 y �2 son perpendiculares.
ii) Encontrar rectas: L1 2 �1 y L2 2 �2; tales que: L1 pase por el punto�A =
�1; 8
3; 143
�2 �1
;
la distancia entre L1 y L2 sea de 2 unidades y además la perpendicular común sea paralela
a la recta L; de intersección entre los planos �1 y �2.
Solución 1.12 :
i) Tenemos:
8>><>>:�1 = �
�!n1=(1;�2;2)
�2 = ��!n2=(�2;1;2)
) �1?�2 , �!n1?�!n2 , �!n1:�!n2 = 0
En efecto; �!n1:�!n2 = (1;�2; 2) � (�2; 1; 2) = 0
ii) Puesto que los planos son perpendiculares, tomando la recta L1 2 �1; de la forma:
L1 = L�!v1=�!n2=(�2;1;2)A=(1; 83 ;
143 )
�
8>>>>>><>>>>>>:x = �2t+ 1
y = t+ 83
z = 2t+ 143
Puesto que L2; debe cumplir:
41
8>>>>>><>>>>>>:L2 = L
�!v2 2 �2 ) �!v2?�!n2
d (L1; L2) = 2) d2 (L1; L2) = 4
La perpendicular común entre L1 y L2 debe ser k a L, �!v1 ��!v2k�!n1 ��!n2Entonces, como:
�!v1 = �!n2
Se tiene que si �!v2 = �!n1 ) �!v2?�!n2; ya que �!n1?�!n2
Sólo hay que hallar el punto P2 2 L2, Para ello procedemos de la siguiente manera.
Calculemos: L = �1 \ �2
L = �1 \ �2 =
8>><>>:�1 � x� 2y + 2z � 5 = 0
�2 � �2x+ y + 2z + 8 = 0Por lo tanto,
�!n1 ��!n2 = det
0BBBBBB@�!i
�!j
�!k
1 �2 2
�2 1 2
1CCCCCCA = �6�!j � 3�!k � 6�!i = �3 (2; 2; 1)
Haciendo y = 0; tenemos:
8>><>>:x+ 2z � 5 = 0
�2x+ 2z + 8 = 0Cuya solución es:
�x = 13
3; z = 1
3
�.
Se sigue,
L = L�!v =(2;2;1)P0=( 133 ;0;
13)�
8>>>>>><>>>>>>:x = 2s+ 13
3
y = 2s
z = s+ 13
Ahora sea: fP1g = L1 \ L
42
fP1g = L1 \ L =
8>>>>>>>>>>>>>>>>>><>>>>>>>>>>>>>>>>>>:
8>>>>>><>>>>>>:x = �2t+ 1
y = t+ 83
z = 2t+ 1438>>>>>><>>>>>>:
x = 2s+ 133
y = 2s
z = s+ 13
Igualando las primeras dos ecuaciones:
8>><>>:�2t+ 1 = 2s+ 13
3
t+ 83= 2s
Cuya solución es:�s = 1
3; t = �2
�.
Veri�cando la tercera ecuación: 2 (�2) + 143= 2
3=�13
�+ 1
3
Luego;
P1 =
�5;2
3;2
3
�Como L2 se intersecta con L; tomaremos: P2 = L2 \ L
Por lo tanto,encontraremos puntos P2 de L que equidistan del punto P1 unas 2 unidades.
Es decir,
d2 (P2; P1) = 4; con P2 2 L )�2s+ 13
3; 2s; s+ 1
3
�Luego,
d2 (P2; P1) =�2s+ 13
3� 5�2+�2s� 2
3
�2+�s+ 1
3� 2
3
�2=�s� 1
3
�2+ 2
�2s� 2
3
�2= (3s� 1)2
Resolviendo;
(3s� 1)2 = 4
43
3s� 1 = �2) s =�2 + 13
=
8>><>>:1
�13
Obtenemos:
P 12 =�193; 2; 4
3
�y P 22 =
�113;�2
3; 0�
Por lo tanto; existen dos rectas L2. Las cuales son:
L12 �
8>>>>>><>>>>>>:x = �2�+ 19
3
y = �+ 2
z = �+ 43
y L22 �
8>>>>>><>>>>>>:x = �2�+ 11
3
y = �� 23
z = �
Como muestra la �gura.
L
L1
L2
A
BC
L2
Plano 1
Plano 2
P12
Figura
44
1.3. Ejercicios propuestos
Ejercicio 1.1 Sean el plano � � x + y + z = 2; la recta L �
8>>>>>><>>>>>>:x = 1 + t
y = 1� t
z = 2t
y el punto
A = (0; 1; 2).
i) Determine unas de las ecuaciones paramétrica de la recta L1; tal que L1 pase por A;
sea paralela al plano � y perpendicular a la recta L.
ii) Calcule la distancia entre las rectas L y L1.
Respuesta 1.1 L1 �
8>>>>>><>>>>>>:x = 3s
y = �s+ 1
z = �2s+ 2
y d (L1; L) = 0
Ejercicio 1.2 Determine la ecuación del plano �; que contiene al punto A = (3; 1; 2).
Además es perpendicular a los planos �1 y �2, siendo:
�1 � 2x� y + z = 3 y �2 � x+ y � z = 7.
Respuesta 1.2 � � y + z � 3 = 0
Ejercicio 1.3 Determine una de las ecuaciones paramétrica de una recta L; la más cer-
cana al origen, tal que: sea paralela al plano � � 2x+ y � 2z + 4 = 0, se encuentre a 6
unidades de distancia de dicho plano, corte al eje z y a la recta L1 � f2x� 4 = y = 4� zg.
Respuesta 1.3 L �
8>>>>>><>>>>>>:x = 17�
y = 18�
z = 26�� 7
45
Ejercicio 1.4 Determine la ecuación de una recta L; que esté totalmente contenida en el
plano � � 2x�y+3z = 5; además corte ortogonalmente a la recta L1 �
8>><>>:x� y � 1 = 0
x� z + 2 = 0
Respuesta 1.4 L ��x+ 1
2
4=y + 3
2
�1 =z � 3
2
�3
�
Ejercicio 1.5 Dadas las rectas:
L1 ��x� 1 = y + 2
2= �z + 1
�y L2 �
8>><>>:x� 2z = 0
y � 3z = �4i) Determinar la ecuación de la recta L; que pasa por los puntos: A y B donde A es el
punto de intersección de la recta L1 con el plano xy. El punto B, pertenece al primer
octante, está sobre la recta L2; además su distancia al punto A es dep50 unidades.
ii) Hallar la ecuación del plano � que contiene a la recta L1, además pasa por el punto
B.
Respuesta 1.5 i) L �
8>>>>>><>>>>>>:x = 4�+ 2
y = 5�
z = 3�
, ii) � � 11x� 7y � 3z � 22 = 0
Ejercicio 1.6 Determinar la ecuación de una recta L; si se sabe que es paralela al plano
� � �2x + y + 2z � 3 = 0, está a 3 unidades de � (el más cercano al origen ) y corta
perpendicularmente a L1 �
8>><>>:y + x� 1 = 0
z � 4 = 0
46
Respuesta 1.6 L �
8>>>>>><>>>>>>:x = 2s+ 5
y = 2s� 4
z = s+ 4
Ejercicio 1.7 Dadas las rectas:
L1 ��3� x = y + 2
�2 = z + 3
�y L2 �
�x+ 2
3=y � 12
= 4� z�
Determine la ecuación del plano �; que contiene a la recta L1 y es paralelo a la recta L2.
Respuesta 1.7 � � y + 2z + 8 = 0
Ejercicio 1.8 Determine la ecuación del plano � que contiene a la recta L de intersección
de los planos: �1 � x � z = 1 y �2 � y + 2z = 3; además es perpendicular al plano
�3 � x+ y � 2z = 1.
Respuesta 1.8 � � x+ y + z � 4 = 0
Ejercicio 1.9 Dados los puntos: O = (0; 0; 0), A = (5; 1; 8) y C = (1;�1; 4).
Se sabe que el segmento AC es la diagonal de un cuadrado contenido en el plano formado
por: O, A y C. Determine:
i) Las coordenadas de los otros vértices del cuadrado.
ii) Halle vectorialmente el área del cuadrado.
Respuesta 1.9 i) Otros vértices:
8>><>>:B = (2;�2; 8)
D = (4; 2; 4)
, ii) A(cuadrado) = 18
47
Ejercicio 1.10 Determina la ecuación del plano � que contiene a las rectas:
L1 �
8>>>>>><>>>>>>:x = 3� 2t
y = 4 + 3t
z = �7 + 5t
y L2 �
8>>>>>><>>>>>>:x = 2� 4s
y = 4 + 6s
z = 10s
Respuesta 1.10 � � 7x+ 3y + z = 26
Ejercicio 1.11 Determine la ecuación del plano �; que es paralelo a la recta que pasa
por los puntos: A = (1; 2;�1) y B = (4; 1; 3); además el plano � determina con el plano
yz la traza: �2y + 3z = 4.
Respuesta 1.11 � = �14x� 6y + 9z � 12 = 0
Ejercicio 1.12 Determinar la ecuación de la recta L; si se sabe que es paralela al plano
� � x+y+2z = 11, ap6 unidades de distancia de �; que además sea perpendicular a la
recta L1 �
8>><>>:x� 2y + z = 4
2x� y + 2z = 1; y se corte con la recta L2 �
�x� 1 = y + 3
2= 3� z
�.
Respuesta 1.12 L �
8>>>>>><>>>>>>:x = s+ 2
y = �3s� 1
z = s+ 2
Ejercicio 1.13 Determinar el volumen del paralelepípedo generados por los vectores: �!u ,
�!v y �!w ; tal que: �!u = �!AB, �!v = �!AC y �!w =��!AD, donde A, B, C y D satisfacen:
a) A es el origen de coordenadas.
b) B es el punto de intersección entre las rectas L1 y L2
48
Siendo L1 � fx� 2 = y � 2 = z � 2g, L2 �
8>>>>>><>>>>>>:x = 2t+ 4
y = t+ 3
z = 1� t
c) C y D están sobre la recta: L3 ��x� 32
= z + 5; y = 4
�y equidistan del punto
E = (5; 4;�4), una distancia dep5 unidades.
Respuesta 1.13 V (paralelepípedo) = 196
Ejercicio 1.14 Dado el plano � � 2x � 3y � 4z + 11 = 0. Determine la ecuación del
plano �1 paralelo al plano �; que contenga al punto de la recta L �
8>>>>>><>>>>>>:x = t
y = 2t� 1
z = �2t+ 2
; más
cercano al origen.
Respuesta 1.14 �1 � 2x� 3y � 4z +7
3= 0
Ejercicio 1.15 Determine la ecuación del plano �; que contiene a la recta
L �
8>><>>:2x� y + 3z = 5
x+ 2y � z = �2; y es paralelo al vector �!u = (�3;�2; 3).
Respuesta 1.15 � � 5x+ 5z � 8 = 0
Ejercicio 1.16 Determine la ecuación de la recta L que pasa por el punto A = (2;�4;�1)
y el punto medio del segmento que determina la recta L1 �
8>><>>:3x+ 4y + 5z = 26
3x� 3y � 2z = 5; sobre
el plano xy y el plano xz.
49
Respuesta 1.16 L �
8>>>>>><>>>>>>:x = 13s+ 2
y = 33s� 4
z = 15s� 1
Ejercicio 1.17 Determinar la ecuación del plano �; que contiene a la recta L, siendo
L �
8>>>>>><>>>>>>:x = 3t+ 1
y = 2t+ 3
z = �t� 2
; y es paralelo a la recta L1 �
8>><>>:2x� y + z = 3
x+ 2y � z = 5
Respuesta 1.17 � � 39x� 42y + 33z + 153 = 0
Ejercicio 1.18 Dados los planos perpendiculares:
�1 � x� 2y + 2z � 5 = 0 y �2 � �2x+ y + 2z + 8 = 0
Encontrar rectas: L1 2 �1 y L2 2 �2; tales que: L1 pase por el punto�A =
�1; 8
3; 143
�2 �1
;
la distancia entre L1 y L2, sea de 4 unidades y además la perpendicular común sea per-
pendicular a la recta L; de intersección entre los planos �1 y �2.
Respuesta 1.18 L12 �
8>>>>>><>>>>>>:x = 2s+ 23
3
y = 2s+ 223
z = s
y L22 �
8>>>>>><>>>>>>:x = 2�� 1
3
y = 2�� 233
z = �
Sugerencia vea la �gura:
50
L1AL
L2
4Plano 1
Plano 2
Figura
Ejercicio 1.19 Determinar las ecuaciones de los planos que distan 5 unidades del punto
A = (4; 4; 3) y además contenga a la recta: L �
8>><>>:z = x+ 3
y = �3.
Respuesta 1.19 �1 � 2x+ y � 2z + 9 = 0 ; �2 � 6x� 17y � 6z � 33 = 0
Ejercicio 1.20 Determinar las coordenadas de los vértices B y D de un paralelogramo
ABCD; el cual cumple las siguientes condiciones :
a) Los extremos de la diagonal AC , son los puntos: A = (1; 2;�4) y B = (�1; 2; 2).
b) Está contenido en un plano �; cuya distancia al origen es de12p65unidades y además
la coordenada y del punto de corte de � con el eje y debe ser positiva.
c) El área del paralelogramo es de 4p65 unidades.
Respuesta 1.20
8>><>>:B = (3; 6; 0)
D = (�3;�2;�2)
51
Capítulo 2
Super�cie Esférica
2.1. Esfera
2.1.1. Ecuación canónica
De�nición 2.1 Dado un punto �jo C = (x0; y0; z0) llamado centro y un número real
R � 0 llamado radio, se de�ne la esfera E, que la denotaremos E = ERC=(x0;y0;z0) como:
E = ERC=(x0;y0;z0) =�P 2 R3 : d (P;C) = R
Puesto que, d (P;C) = R, d2 (P;C) = R2, se sigue.
De�nición 2.2 La ecuación canónica de la esfera E es:
E = ERC=(x0;y0;z0) � (x� x0)2 + (y � y0)2 + (z � z0)2 = R2
52
Cuya grá�ca será mostrada en la �gura.
E
RC
Figura
El volumen de la esfera E = ERC=(x0;y0;z0) es igual a V (E) =4
3�R3.
2.1.2. De�niciones y propiedades
De�nición 2.3 Una traza de la super�cie de la esfera E = ERC , es la curva que se
obtienen de la intersección de E con planos � de R3.
En el caso de que los planos sean paralelos a los planos coordenados y que pasen por el
centro C de E; se le llaman trazas principales.
Una traza principal T de E es:
T = fE \ � � z = z0g ) T =
8>><>>:E � (x� x0)2 + (y � y0)2 + (z � z0)2 = R2
� � z = z0Así, T � (x� x0)2+(y � y0)2 = R2; la cual es una circunferencia C, de centro C0 y radio
R, que la denotaremos: C = CRC0.
La cual será mostrada en la �gura.
53
x
y
Xo
Yo Co R
(XXo)²+(YYo)²=R²
Figura
Nota.- La circunferecia máxima (de mayor radio); cuyo radio coincide con el radio R de
la esfera E; está en trazas contenidas en los planos que pasan por el centro C de E.
De�nición 2.4 Dada una esfera E = ERC=(x0;y0;z0) y un plano � = ��!nP0.
El plano � es tangente a E, si la distancia del centro C de la esfera E al plano � coincide
con el valor del radio R de E. Es decir:
d (C;�) = R
Al plano � tangente a la esfera E = ERC , se denotará por: �T
Propiedad 2.1 Si el plano � = ��!nP0es tangente a la esfera E = ERC , entonces la recta
L = L�!vC que pasa por el centro C de E y cuyo vector director �!v es paralelo al vector
�!n normal del plano �, intersecta a la esfera E en un punto PT del plano �, llamado el
punto de tangencia. Es decir:
L = L�!v =�!nC \ E = fPTg
54
Propiedad 2.2 La recta L = L�!vPT, que pasa por el punto de tangencia PT y cuyo vector
director �!v es paralelo al vector normal �!n del plano tangente � = ��!nP0, contiene al centro
C de la esfera E = ERC . Es decir:
C 2 L = L�!v =�!nPT
Las propiedades anteriores se muestra en la �gura.
E
LC
Planotangente
PT
n
Figura
Propiedad 2.3 Una recta L = L�!ABA secante a la esfera E = ERC ; tal que: L\E = fA;Bg,
satisface que el plano � = ��!n=�!ABPmAB
, que pasa por el punto medio del segmento AB (PmAB)
y cuyo vector normal es paralelo al vector�!AB; también contiene al centro C de la esfera
E. Es decir:
C 2 � = ��!n=�!AB
PmAB
La idea geométrica lo muestra la �gura.
55
B
E
A C
Figura
Propiedad 2.4 Sean las esferas: E1 = ER1C1 y E2 = ER2C2
i) Si d (C1; C2) = R1 +R2; entonces se dicen que E1 y E2 son mutuamentes tangentes en
el punto A.
Se sigue que la recta que pasa por los centros C1 ó C2 de las esferas E1 y E2 , por ejemplo:
L = L�!v =���!C1C2C1
; satisface:
8>><>>:L = L
�!v =���!C1C2C1
\ E1 = fAg
L = L�!v =���!C1C2C1
\ E2 = fAg
Así,
El plano tangente común �T es: �T = ��!n=���!C1C2A
Como muestra la �gura.
56
Plano tangente
L C1
E1 E2
C2A
Figura
ii) Supongamos que: R1 > R2. Si R1 < d (C1; C2) < R1 + R2, entonces E1 y E2 se
intersectan en una circunferencia C = CR0C0 , de centro C0 y radio R0 contenida en un
plano �; llamado plano radical, que se denotará: � = �R. Es decir:
1) E1 \ E2 =�Circunferencia: C = CR0C0
2) E1 \ E2 está contenida en � = �R
De�nición 2.5 Dadas las esferas: E1 = ER1C1 y E2 = ER2C2 , cuyas ecuaciones cumplen:
E1 = 0 y E2 = 0. Se de�ne el plano radical �R como:
�R � E1 � E2 = 0
El plano radical �R también satisface que su vector normal�!n es paralelo al vector que
une los centros de las esferas de E1 y E2. Es decir:
�R = ��!n=���!C1C2
57
Por otro lado; la recta L perpendicular al plano radical �R, que pasa por los centros de
las esferas de E1 y E2 respectivamente, por ejemplo L = L�!v =���!C1C2C1
, contiene al centro C0
de la circunferencia C = CR0C0 de intersección E1 \ E2; el cual se obtiene haciendo:
L = L�!v =���!C1C2C1
\ �R = fC0g
Lo cual lo muestra la siguiente �gura.
plano radical
E1
L
E2
Figura
El radio R0 de la circuferencia con centro C0, es decir: C = CR0C0de E1 \E2 , cumple que:
a) d2 (C0; C2)+ d2 (A;C0) = (R2)2 ) d2 (C0; C2)+ (R0)
2 = (R2)2; ó
b) d2 (C0; C1)+ d2 (A;C0) = (R1)2 ) d2 (C0; C1)+ (R0)
2 = (R1)2
Siendo A un punto cualquiera de la circunferencia de intersección de E1 y E2.
Lo cual se muestra en la �gura.
58
E E1 2C1 C2
A
R0 R1R2
L
Plano radical
C0
Figura
De�nición 2.6 El haz de esferas se de�ne como, el conjuntos de todas las esferas que
contienen a la circunferencia de intersección de dos esferas dadas, que se denota E�. Es
decir:
E� =�E 2 R3 : E contiene E1 \ E2 =
�Circunferencia : C = CR0C0
De�nición 2.7 Dadas las esferas: E1 y E2, cuyas ecuaciones satisfacen:
E1 = 0 y E2 = 0. Se de�ne el haz de esferas E� como:
E� � E1 + �E2 = 0;� 2 R
El haz de esferas se muestra la �gura.
59
E2E1
Haz de esferas
iii) Si d (C1; C2) > R1 + R2, entonces las esferas E1 y E2 no se intersectan, es decir:
E1 \ E2 = f?g, pero se pueden determinar un par de planos que van a pasar por un
mismo punto común A, que a su vez van a ser simultáneamente tangentes a las esferas E1
y E2. Los cuales son denominados los planos tangentes interiores o los planos tangentes
exteriores de las esferas E1 y E2.
Para el caso de los planos tangentes interiores o exteriores; se cumple que el punto común
A, pertenece a la recta L que unen a los centros de las esferas E1 y E2. Es decir, a la recta
L cuyo vector director �!v es paralelo al vector ���!C1C2 formado por los centros C1 y C2 de
las esferas E1 y E2 respectivamente; se concluye:
A 2 L�!v =���!C1C2C1
o A 2 L�!v =���!C1C2C2
Para los planos tangentes interiores con respecto al punto comúnA, se cumplen la siguiente
relación de distancia.
Por la relación de triángulo se satisface:
60
sin (�) =R1
d (C1; A)=
R2d (A;C2)
Puesto que:
d (C1; C2) = d (C1; A) + d (A;C2)
Así, obtenemos que el punto A cumple:
d (C1; A) =R1d (C1; C2)
R1 +R2o d (C2; A) =
R2d (C1; C2)
R1 +R2
Lo cual será motrado en la �gura.
C2C1
A
E2 E1R2
R1
Planos tangentesInteriores
L
Figura
De manera análoga para los planos tangentes exteriores; se satisface:
d (C1; A) =R1d (C1; C2)
R2 �R1o d (C2; A) =
R2d (C1; C2)
R2 �R1
Lo cual será motrado en la �gura.
61
A
E1E2
C1 C2
R2R1
Planos TangentesExteriores
L
Figura
2.1.3. Ejemplos Resueltos
Ejemplo 2.1 Dada la ecuación E � x2 + y2 + z2 � 4x� 4y � 4z + 8 = 0.
Determinar la ecuación canónica de la esfera E, identi�car su centro, radio, trazas prin-
cipales y la traza que se obtiene con los planos coordenados; además el volumen.
Solución 2.1 :
E � x2 + y2 + z2 � 4x� 4y � 4z + 8 = 0() E � (x� 2)2 + (y � 2)2 + (z � 2)2 = 4
Entonces; C = (2; 2; 2), R2 = 4) R = 2
Por lo tanto,
V (E) =4
3� (2)3 =
32
3�
Trazas principales:
8>>>>>><>>>>>>:E \ fx = 2g � (y � 2)2 + (z � 2)2 = 4
E \ fy = 2g � (x� 2)2 + (z � 2)2 = 4
E \ fz = 2g � (x� 2)2 + (y � 2)2 = 4
62
Trazas:
8>>>>>><>>>>>>:E \ fx = 0g � (y � 2)2 + (z � 2)2 = 0) (0; 2; 2)
E \ fy = 0g � (x� 2)2 + (z � 2)2 = 0) (2; 0; 2)
E \ fz = 0g � (x� 2)2 + (y � 2)2 = 0) (2; 2; 0)
Ejemplo 2.2 Sean las rectas L1 y L2 de R3; donde:
L1 �nx2=y
2= z � 12
oy L2 �
�x� 12
=2� y4
=�z11
�Determine la ecuación canónica de la esfera E cuyo centro es el punto medio de los puntos
de cruces entre L1 y L2.
Además la esfera es tangente al plano � � 2x� y � 2z = 12.
Solución 2.2 :
Primero hallamos los puntos de cruces entre L1 y L2.
Puesto que:
L1 �nx2=y
2= z � 12
o) L1 = L
�!u=(2;2;1)P1=(0;0;12)
�
8>>>>>><>>>>>>:x = 2t
y = 2t
z = t+ 12
L2 ��x� 12
=2� y4
=�z11
�) L2 = L
�!v =(2;�4;�11)P2=(1;2;0)
�
8>>>>>><>>>>>>:x = 2s+ 1
y = �4s+ 2
z = �11sLuego se construye: L3 = L
�!w=�!u��!vP32L1
Calculando
63
�!w = �!u ��!v = det
0BBBBBB@�!i
�!j
�!k
2 2 1
2 �4 �11
1CCCCCCA = 24�!j � 12�!k � 18�!i = 6 (�3; 4;�2)
Se sigue; L3 �
8>>>>>><>>>>>>:x = �3�+ 2t
y = 4�+ 2t
z = �2�+ t+ 12
; Resolviendo: L3 \ L2
L3 \ L2 =
8>>>>>><>>>>>>:�3�+ 2t = 2s+ 1
4�+ 2t = �4s+ 2
�2�+ t+ 12 = �11s
()
8>>>>>><>>>>>>:�3�+ 2t� 2s = 1
4�+ 2t+ 4s = 2
�2�+ t+ 11s = �12Usando Cramer
4 = det
0BBBBBB@�3 2 �2
4 2 4
�2 1 11
1CCCCCCA = �174; 4t = det
0BBBBBB@�3 1 �2
4 2 4
�2 �12 11
1CCCCCCA = �174
4s = det
0BBBBBB@�3 2 1
4 2 2
�2 1 �12
1CCCCCCA = 174
Puesto que:8>><>>:t =
4t
4 = 1) A = (2; 2; 13) 2 L1
t =4s
4 = �1) B = (�1; 6; 11) 2 L2) PmAB =
�12; 4; 12
�= C
Por otro lado;
Como � = ��!n=(2;�1;�2) es tangente a E = ERC
Tenemos:
64
d(C;�) = R
Pero,
d(C;�) =
��2 �12
�� (4)� 2 (12)� 12
��k(2;�1;�2)k = 13
Así; E ��x� 1
2
�2+ (y � 4)2 + (z � 12)2 = (13)2
Es decir;
E ��x� 1
2
�2+ (y � 4)2 + (z � 12)2 = 169
Ejemplo 2.3 Hallar la ecuación canónica de la esfera E; cuyo centro C = (2; 3;�1)
y que la recta L �
8>><>>:5x� 4y + 3z + 20 = 0
3x� 4y + z � 8 = 0, determina una cuerda de longitud de 16
unidades sobre E.
Solución 2.3 :
Sabemos que la ecuación canónica de una esfera: E = ERC=(2;3;�1); es de la forma:
E � (x� 2)2+(y � 3)2+(z + 1)2 = R2; por lo tanto, sólo nececitamos hallar su radio R.
Puesto que la recta L, determina una cueda de longitud de 16 unidades, entonces para
hallar R; construimos un plano �? L que pase por C; cuyo vector normal �!n es el vector
�!v director de L. Es decir: el plano � = ��!n=�!vC=(2;3;�1)
Lo cual será mostrado en la �gura.
65
16
E
LC
Plano
A BD
Figura
L �
8>><>>:� � 5x� 4y + 3z + 20 = 0
�2 � 3x� 4y + z � 8 = 0) �!v = �!n1 ��!n2 = det
0BBBBBB@�!i
�!j
�!k
5 �4 3
3 �4 1
1CCCCCCA�!v = 4�!j � 8�!k + 8�!i = 4 (2; 1;�2)
Luego;
� � 2x+ y � 2z � d = 0 pero;
C 2 �) 2 (2) + (3)� 2 (�1)� d = 0) d = 9
Entonces;
� � 2x+ y � 2z � 9 = 0
Sea fDg = � \ L
Parametrizamos a la recta L, haciendo x = 0 se tiene:8>><>>:�4y + 3z + 20 = 0
�4y + z � 8 = 0, cuya solución es:
�y = �11
2; z = �14
�.
Así;
66
L �
8>>>>>><>>>>>>:x = 2t
y = t� 112
z = �2t� 14Por lo tanto;
fDg = � \ L =�2 (2t) +
�t� 11
2
�� 2 (�2t� 14)� 9 = 0
=�9t+ 27
2= 0
t = �32) D = (�3;�7;�11)
Entonces;
d2(C;D) = (2� (�3))2 + (3� (�7))2 + (�1� (�11))2 = 225
Por pitágoras:
d2(C;D) + d2(A;D) = d2(C;A) = R2
R2 = 225 + (8)2 = 225 + 64 = 289 = (17)2
Concluimos que la esfera E es:
E � (x� 2)2 + (y � 3)2 + (z + 1)2 = (17)2
Ejemplo 2.4 Determinar el centro y el radio de la circunferencia C0 que se obtiene de
la intersección de:8>><>>:E � x2 + y2 + z2 � 2y + 6z � 18 = 0
� � x� 3y + 2z � 5 = 0
Solución 2.4 :
Tenemos:
1) E � x2 + y2 + z2 � 2y + 6z � 18 = 0, E � x2 + (y � 1)2 + (z + 3)2 = 28
67
E = ER=p28
C=(0;1;�3)
2) � = ��!n=(1;�3;2)(5;0;0)
Sean A el centro y R0 el radio de la circunferencia C0; es decir:
C0 = CR0A , los cuales satisfacen:8>><>>:
fAg = L \ �; siendo L = L�!v =�!n=(1;�3;2)C=(0;1;�3)
R0 =pR2 � d2 (A;C)
Lo cual está mostrado en la �gura.
n
LC
R
E
Ro
A
Figura
Por lo tanto; puesto que: L = L�!v =�!n=(1;�3;2)C=(0;1;�3) ) L �
8>>>>>><>>>>>>:x = t
y = �3t+ 1
z = 2t� 3
Se sigue; fAg = L \ � =
8>>>>>>>>>><>>>>>>>>>>:
� � x� 3y + 2z � 5 = 0
L �
8>>>>>><>>>>>>:x = t
y = �3t+ 1
z = 2t� 3
; lo cual implica;
(t)� 3 (�3t+ 1) + 2 (2t� 3)� 5 = 14t� 14 = 0) t = 1
68
Si t = 1) A = (1;�2;�1)
Por otro lado;
d2 (A;C) = (1� 0)2 + (�2� 1)2 + (�1� (�3))2 = 14
Puesto que: R0 =pR2 � d2 (A;C) =
p28� 14 =
p14
Así;
C0 = CR0=14A=(1;�2;�1)
Ejemplo 2.5 Determinar la ecuación canónica de la esfera E; que contiene a la sección
que se obtiene de la intersección de:8>><>>:E1 � x2 + y2 + z2 + 10y � 20 = 0
E2 � 2x2 + 2y2 + 2z2 � 16y � 40 = 0. Además pasa por A = (4; 2;�2).
Solución 2.5 :
Puesto que el haz de esferas, son todas las posibles esferas que contienen a la circunferencia
de intersección de dos esferas cualesquieras.
Tomamos el haz de esferas E� que contiene a fE1 \ E2g; ya que:8>><>>:E1 � x2 + y2 + z2 + 10y � 20 = 0
E2 � 2x2 + 2y2 + 2z2 � 16y � 40 = 0,
8>><>>:E1 � x2 + (y + 5)2 + z2 � 45 = 0
E2 � x2 + (y � 4)2 + z2 � 36 = 0Así;
E� ��x2 + (y + 5)2 + z2 � 45
�+ �
�x2 + (y � 4)2 + z2 � 36
�= 0
Como A 2 E�, se debe cumplir:
(4)2 + ((2) + 5)2 + (�2)2 � 45 + ��(4)2 + ((2)� 4)2 + (�2)2 � 36
�= 0
69
24� 12� = 0) � = 2
Si � = 2, tenemos:
E�=2 ��x2 + (y + 5)2 + z2 � 45
�+ 2
�x2 + (y � 4)2 + z2 � 36
�= 0
Por lo tanto; E � 3x2 + (y + 5)2 + 2 (y � 4)2 + 3z2 � 117 = 0
Pero;
3x2 + (y + 5)2 + 2 (y � 4)2 + 3z2 � 117 = 3x2 + 3y2 � 6y + 3z2 � 60
Luego;
E � 3x2 + 3y2 � 6y + 3z2 � 60 = 0, E � x2 + y2 � 2y + z2 � 20 = 0
Concluimos que:
E � x2 + (y � 1)2 + z2 � 21 = 0
Ejemplo 2.6 Dadas las esferas:
8>><>>:E1 � x2 + y2 + z2 � 2x+ 4y + 2z + 2 = 0
E2 � x2 + y2 + z2 + 16x+ 4y � 22z + 173 = 0Determinar los planos tangentes interiores común a las esferas E1 y E2, los cuales son
paralelos al eje x.
Solución 2.6 :
Primero determinamos el punto común: fAg 2 �1T \ �2T ; el cual satisface: pertenece a la
recta que une los centros de las esferas y una relación de distancia.
Lo cual se muestra en la �gura.
70
C2C1
A
E2E1R2
R1
Planos tangentesInteriores
L
Figura
Puesto que;8>><>>:E1 � (x� 1)2 + (y + 2)2 + (z + 1)2 = 4
E2 � (x+ 8)2 + (y + 2)2 + (z � 11)2 = 16()
8>><>>:E1 = E
R1=2C1=(1;�2;�1)
E2 = ER2=4C2=(�8;�2;11)
Se tiene,
A 2 L�!v =���!C1C2=(�9;0;12)=3(�3;0;4)C1=(1;�2;�1) �
8>>>>>><>>>>>>:x = �3t+ 1
y = �2
z = 4t� 1
) A = (�3t+ 1;�2; 4t� 1)
Por otro lado;
d (C1; A) =R1d (C1; C2)
R1 +R2=2 (15)
6= 5
25 = d2 (C1; A) = (�3t+ 1� 1)2 + (�2� (�2))2 + (4t� 1� (�1))2 = 25t2
t = �1)
8>><>>:t = 1! (�2;�2; 3)
t = �1! (4;�2;�5)Luego,
A = (�2;�2; 3), ya que es el punto que se encuentra entre los centros.
Ahora, como los planos tangentes interiores deben ser paralelos al eje x.
Se tiene que; �!n?�!i , �!n � �!i = 0
71
Suponiendo que �!n = (a; b; c), entonces
(a; b; c) � (1; 0; 0) = 0) a = 0
Por lo tanto; �!n = (0; b; c) = b�; 1; b
c
�Es decir;
�!n = (0; 1; k)) �T � y + kz � d = 0
Pero como: A 2 �T , se sigue: �2 + 3k = d
Así,
�T � y + kz � (�2 + 3k) = 0
Puesto que: �T es tangente a E1 y E2 ) d (C1;�T ) = R1
2 =j�2 + k (�1)� (�2 + 3k)j
k(0; 1; k)k ) 2p1 + k2 = j4kj =
q(4k)2
4 (1 + k2) = 16k2 ) 12k2 = 4) k2 =1
3, k = �
p3
3
Concluimos que los planos tangentes interiores son:
8>><>>:�1T � y +
p3
3z + 2�
p3 = 0
�2T � y �p3
3z + 2 +
p3 = 0
Ejemplo 2.7 Encontrar la ecuación de los planos paralelos a los planos que contienen a
las rectas:
L1 �
8>><>>:x� 1 = y � 3
z = 0
; L2 �
8>>>>>><>>>>>>:x = t+ 1
y = �t+ 3
z = �4t+ 7
; que son tangentes a la esfera E de
ecuación E � x2 � 2x+ y2 � 6y + z2 � 8z + 18 = 0.
Solución 2.7 :
72
Como;
L1 �
8>><>>:x� 1 = y � 3
z = 0
) L1 = L�!v1=(1;1;0)P1=(1;3;0)
�
8>>>>>><>>>>>>:x = s+ 1
y = s+ 3
z = 0
L2 �
8>>>>>><>>>>>>:x = 2t
y = �2t+ 4
z = t+ 7
) L2 = L�!v2=(2;�2;1)P2=(1;3;7)
Entonces;
�!v1 ��!v1 = (1; 1; 0)� (2;�2; 1) = det
0BBBBBB@�!i
�!j
�!k
1 1 0
2 �2 1
1CCCCCCA =�!i � 4�!k ��!j
�!v1 ��!v1 = (1;�1;�4)
Por otro lado;
E � x2 � 2x+ y2 � 6y + z2 � 8z + 18 = 0. La cual equivalente a:
E � (x� 1)2 + (y � 3)2 + (z � 4)2 = 8) E = ER=p8
C=(1;3;4)
Mostraremos que las rectas L1 y L2; no inersectan a la esfera E.
En efecto;
L1 \ E � (s+ 1� 1)2 + (s+ 3� 3)2 + (0� 4)2 = 2s2 + 16 = 8) s2 6= �4
L2 \ E � (2t� 1)2 + (�2t+ 4� 3)2 + (t+ 7� 4)2 = (t+ 3)2 + 2 (2t� 1)2 = 8
Pero
(t+ 3)2 + 2 (2t� 1)2 = 8) 9t2 � 2t+ 11 = 8
Luego,
73
9t2 � 2t+ 3 = 0, Tampoco tiene solución real.
Entonces construimos una recta L3 perpendicular a las rectas L1 y L2; que pase por el
centro de la esfera E. Es decir:
L3 = L�!v =�!v1��!v1=(1;�1;�4)C=(1;3;4)
Así dicha recta L3 al intersectarla con la esfera E, obtendremos los puntos de tangencia
A y B de los planos tangentes a ella que son paralelos a los planos que contienen a las
rectas dadas; como lo muestra la siguiente �gura.
L1 L3
BEC
A
L2n
Figura
Construimos la recta L3 �
8>>>>>><>>>>>>:x = �+ 1
y = ��+ 3
z = �4�+ 4Calculemos: L3 \ E
L3 \ E =
8>>>>>>>>>><>>>>>>>>>>:
E � (x� 1)2 + (y � 3)2 + (z � 4)2 = 8
L3 �
8>>>>>><>>>>>>:x = �+ 1
y = ��+ 3
z = �4�+ 4
74
Entonces,
�2 + �2 + 16�2 = 18�2 = 8) �2 = 818= 4
9) � = �2
3
Se sigue,
L3 \ E = fA;Bg =
8>><>>:A =
�53; 73; 43
�B =
�13; 113; 203
�Por lo tanto;
�1T ��x� 5
3; y � 7
3; z � 4
3
�� (1;�1;�4) = x� y � 4z + 6 = 0
�2T ��x� 1
3; y � 11
3; z � 20
3
�� (1;�1;�4) = x� y � 4z + 30 = 0
Así, los planos tangentes seran:
8>><>>:�1T � x� y � 4z + 6 = 0
�2T � x� y � 4z + 30 = 0
2.1.4. Ejercicios Propuestos
Ejercicio 2.1 Determine la ecuación canónica de la esfera E que pasa por el punto
A = (�1; 6;�3) y es tangente al plano � � 4x+4y+7z�96 = 0, en el punto B = (7; 3; 8).
Respuesta 2.1 E � (x� 3)2 + (y + 1)2 + (z � 1)2 = (9)2
Ejercicio 2.2 Determinar la ecuación del plano tangente a la supe�cie de la esfera:
E � x2 + y2 + z2 � 2x+ 6y + 2z + 8 = 0; que contenga a la recta L �
8>><>>:3x� 4y = 8
x� 4z = 0
Respuesta 2.2 �T � �x+ y + z + 2 = 0
75
Ejercicio 2.3 Determinar la ecuación canónica de la esfera E2; de radiop70 y que
contenga a la circunferencia:
C0 =
8>><>>:E1 � x2 + y2 + z2 � 2y + 6z � 18 = 0
� � x� 3y + 2z � 5 = 0
Respuesta 2.3 E2 �
8>><>>:E2 = E
12 � (x+ 1)
2 + (y � 4)2 + (z + 5)2 = 70
E2 = E22 � (x� 3)
2 + (y + 8)2 + (z � 3)2 = 70
Ejercicio 2.4 Dados los punos A = (3; 4; 0), B = (1; 0; 2) y C = (1; 6; 2) de R3.
Determine la ecuación canónica de la esfera E; que tenga como circunferencia máxima
a la que pasa por los puntos A, B y C.
Respuesta 2.4 E � (x� 1)2 + (y � 3)2 + (z � 2)2 = 9
Ejercicio 2.5 Obtenga la ecuación canónica de la super�cie esférica E tangente a los
planos:
�1 � x+ 2y + z � 3 = 0 ; �2 � 2x� y + z + 2 = 0.
Con centro en la recta L ��x� 9 = y � 2
3=z + 1
4
�; ubicado en el primer octante.
Respuesta 2.5 E � (x� 10)2 + (y � 5)2 + (z � 3)2 = 200
3
Ejercicio 2.6 Determinar las ecuaciones canónicas de las esferas E1 y E2; que contengan
a la circunferencia C0 de intersección:
C0 =
8>><>>:E � x2 + y2 + z2 � 4z = 0
� � z = 3; además tenga radio
p19.
76
Respuesta 2.6
8>><>>:E1 � x2 + y2 + (z � 7)2 = 19
E2 � x2 + y2 + (z + 1)2 = 19
Ejercicio 2.7 Determinar la ecuación canónica de la esfera E tangente al plano:
� � �2x� y + 2z + 10 = 0; en el punto A = (3; 4; 0) y que además pasa por el punto B
de intersección de:8>>>>>>>>>><>>>>>>>>>>:
E1 � x2 + y2 + z2 � 6x+ 4y � 4z + 51 = 0
L �
8>>>>>><>>>>>>:x = 1
y = 6
z = 2 + t
Respuesta 2.7 E ��x� 7
5
�2+�y � 16
5
�2+�z � 8
5
�2= 144
25=�125
�2Ejercicio 2.8 Sean C0 la circunferencia de intersección de:8>><>>:E � x2 + y2 + z2 � 2y + 6z + 1 = 0
� � x = 0; y el plano �1 � z � 2 = 0.
Determine las esferas E1 y E2; que contengan a C0 y tangentes a �1.
Respuesta 2.8
8>><>>:E1 � (x� 4)2 + (y � 1)2 + (z + 3)2 = 25
E2 � (x+ 4)2 + (y � 1)2 + (z + 3)2 = 25
Ejercicio 2.9 Determinar la ecuación canónica de la esfera E que es tangente al plano
� � x� 2y + 2z = 2, en el punto A = (4; 1; 0) y ademá pasa por el punto B = (3; 3� 2).
Respuesta 2.9 E ��x� 7
2
�2+ (y � 2)2 + (z + 1)2 = 9
4=
�3
2
�2
77
Ejercicio 2.10 Determinar la ecuación canónica de la esfera E; de la cual se sabe que
su intersección con el plano �1 � y = 3; es una circunferencia de radio R1 = 3 y
que además su intersección con el plano �2 � y = 5; es la circunferencia de ecuación:
x2 � 2x+ z2 � 4z = 11.
Respuesta 2.10 E � (x� 1)2 +�y � 23
4
�2+ (z � 2)2 = 265
16
Ejercicio 2.11 Hallar el lugar geométrico de los puntos del espacio; cuya suma de los
cuadrados de sus distancias a los planos:
8>>>>>><>>>>>>:�1 � x+ 4y + 2z = 0
�2 � 2x� y + z = 0
�3 � 2x+ y � 3z = 0
; es de
10 unidades.
Respuesta 2.11 E � x2 + y2 + z2 = 10
Ejercicio 2.12 Sean las esferas:
E1 � (x+ 2)2 + (y � 4)2 + (z � 2)2 = 1 y E2 � x2 + y2 + z2 � 8x+ 4y + 2z + 17 = 0
a) Justi�car que E1 y E2 son disjuntas "no se intersectan".(E1 \ E1 = ?)
b) Determinar el punto A, común que contiene los planos tangentes exteriores a E1 y E2.
c) Hallar los planos tangentes a E2, paralelos al plano � � �2x� y � 2z = 0.
d) Determine la ecuación canónicas de la esfera E3, la cual es simultáneamente mutua-
mente tangente a E1 y E2.
Respuesta 2.12 a) En efecto.
78
b) A = (�8; 10; 5)
c)
8>><>>:�1T � �2x� y � 2z + 10 = 0
�2T � �2x� y � 2z + 73= 0
d) E3 ��x� 2
3
�2+�y � 4
3
�2+�z � 2
3
�2= 9. Como se muestra en la �gura.
C1 C3 C2
E1 E3
E2
12
R3
Figura
79
Capítulo 3
Super�cies Cuadráticas
3.1. Elipsoide, paraboloide, cono e hiperboloides
3.1.1. Ecuaciones canónicas
De�nición 3.1 La ecuación canónica de un elipsoide con centro C = (x0; y0; z0); viene
dada por:
(x� x0)2
a2+(y � y0)2
b2+(z � z0)2
c2= 1; donde a, b y c simultáneamente no son iguales.
Su grá�ca será mostrada en la �gura.
80
c
b
y
z
xa
Figura del elipsoide
Las trazas principales son :
1)
8>><>>:(x� x0)2
a2+(y � y0)2
b2+(z � z0)2
c2= 1
z = z0
) (x� x0)2
a2+(y � y0)2
b2= 1
2)
8>><>>:(x� x0)2
a2+(y � y0)2
b2+(z � z0)2
c2= 1
y = y0
) (x� x0)2
a2+(z � z0)2
c2= 1
3)
8>><>>:(x� x0)2
a2+(y � y0)2
b2+(z � z0)2
c2= 1
x = x0
) (y � y0)2
b2+(z � z0)2
c2= 1
Las trazas son circunferencias o elipses dependiendo de los valores de las constantes: a, b
y c; por ejemplo en (1) tenemos:
(x� x0)2
a2+(y � y0)2
b2= 1)
8>><>>:Si a = b; es una circunferencia
Si a 6= b; es una elipseA continuación será mostrada la grá�ca de la elipse;
(x� x0)2
a2+(y � y0)2
b2= 1; con a < b
81
x
y
ab
x=xo
y=yo
Figura de la elipse
De�nición 3.2 Las ecuaciones canónicas de los paraboloides, con vértice V = (x0; y0; z0).
Trazas principales paralelas a los planos coordenados que pasan por el centro y ejes de
simetría paralelos a los ejes coordenados, son las siguientes:
1) Eje de simetría kz: z � z0c
=(x� x0)2
a2+(y � y0)2
b2
2) Eje de simetría kx: x� x0c
=(z � z0)2
a2+(y � y0)2
b2
3) Eje de simetría ky: y � y0c
=(x� x0)2
a2+(z � z0)2
b2
Para las ecuaciones el signo de c, determina hacia donde abre, además si a 6= b es
paraboloide elíptico y si a = b es paraboloide de revolución.
Será mostrada la grá�ca de:z � z0c
=(x� x0)2
a2+(y � y0)2
b2; con c > 0
(xo,yo,zo)
z
y
b
c
a
x
82
Figura del paraboloide
Las trazas principales de:z � z0c
=(x� x0)2
a2+(y � y0)2
b2son:
a)
8>><>>:z � z0c
=(x� x0)2
a2+(y � y0)2
b2
z = z0
) (x� x0)2
a2+(y � y0)2
b2= 0)
8>><>>:x = x0
y = y0
b)
8>><>>:z � z0c
=(x� x0)2
a2+(y � y0)2
b2
y = y0
) z � z0c
=(x� x0)2
a2
c)
8>><>>:z � z0c
=(x� x0)2
a2+(y � y0)2
b2
x = x0
) z � z0c
=(y � y0)2
b2
Las trazas b) y c) son parábolas.
Mostraremos la grá�ca de:z � z0c
=(x� x0)2
a2
x
z
z=zo
x=xo
a
c
Figura de la parábola
De�nición 3.3 Las ecuaciones canónicas de los conos; con centro-vértice C = (x0; y0; z0).
Trazas principales paralelas a los planos coordenados que pasan por el centro y ejes de
simetría paralelos a los ejes coordenados, son las siguientes:
1) Eje de simetría kz: (z � z0)2
c2=(x� x0)2
a2+(y � y0)2
b2
83
2) Eje de simetría kx: (x� x0)2
c2=(z � z0)2
a2+(y � y0)2
b2
3) Eje de simetría ky: (y � y0)2
c2=(x� x0)2
a2+(z � z0)2
b2
Para las ecuaciones se tiene: si a 6= b es un cono elíptico y si a = b es cono de revolución.
De 1) se obtiene: z = z0 � jcjr(x� x0)2
a2+(y � y0)2
b2
Para el caso positivo; es decir: z = z0 + jcj(x� x0)2
a2+(y � y0)2
b2; corresponde a la rama
positiva del cono y para el caso negativo rama negativa.
Será mostrada la grá�ca del cono:(z � z0)2
c2=(x� x0)2
a2+(y � y0)2
b2
Figura del cono
Consideremos la rama positiva del cono de ecuación:
z = z0 + jcjr(x� x0)2
a2+(y � y0)2
b2; mostraremos en la �gura lo que representan las
constantes: a, b y c.
84
z
(xo,yo,zo)
a
xy
c
b
Figura : rama del cono
Las trazas principales de:(z � z0)2
c2=(x� x0)2
a2+(y � y0)2
b2son:
a)
8>><>>:(z � z0)2
c2=(x� x0)2
a2+(y � y0)2
b2
z = z0
) (x� x0)2
a2+(y � y0)2
b2= 0)
8>><>>:x = x0
y = y0
b)
8>><>>:(z � z0)2
c2=(x� x0)2
a2+(y � y0)2
b2
y = y0
) (z � z0)2
c2=(x� x0)2
a2) z = z0�
��� ca
��� jx� x0j
c)
8>><>>:(z � z0)2
c2=(x� x0)2
a2+(y � y0)2
b2
x = x0
) (z � z0)2
c2=(y � y0)2
b2) z = z0�
���cb
��� jy � y0jMostraremos la grá�ca de la traza b); es decir: z = z0 �
��� ca
��� jx� x0j
(xo,zo)
z
x
c
az=zo+c/a (xxo)
z=zoc/a (xxo)
Figura de las rectas
85
De�nición 3.4 Las ecuaciones canónicas de los hiperboloides; con centro C = (x0; y0; z0).
Trazas principales paralelas a los planos coordenados que pasan por el centro y ejes de
simetría paralelos a los ejes coordenados, son las siguientes:
1) De una hoja sus ecuaciones canónicas son:
a)(x� x0)2
a2+(y � y0)2
b2� (z � z0)
2
c2= 1
b)(x� x0)2
a2� (y � y0)
2
b2+(z � z0)2
c2= 1
c) �(x� x0)2
a2+(y � y0)2
b2+(z � z0)2
c2= 1
2) De dos hojas sus ecuaciones canónicas son:
d) �(x� x0)2
a2� (y � y0)
2
b2+(z � z0)2
c2= 1
e) �(x� x0)2
a2+(y � y0)2
b2� (z � z0)
2
c2= 1
f)(x� x0)2
a2� (y � y0)
2
b2� (z � z0)
2
c2= 1
Será mostrada la grá�ca de a):(x� x0)2
a2+(y � y0)2
b2� (z � z0)
2
c2= 1
(xo,yo,zo)
y
z
x
Figura del hiperboloide
Las trazas principales son:
86
1)
8>><>>:(x� x0)2
a2+(y � y0)2
b2� (z � z0)
2
c2= 1
z = z0
) (x� x0)2
a2+(y � y0)2
b2= 1
2)
8>><>>:(x� x0)2
a2+(y � y0)2
b2� (z � z0)
2
c2= 1
y = y0
) (x� x0)2
a2� (z � z0)
2
c2= 1
3)
8>><>>:(x� x0)2
a2+(y � y0)2
b2� (z � z0)
2
c2= 1
x = x0
) (y � y0)2
b2� (z � z0)
2
c2= 1
Las cuales son la elipse:(x� x0)2
a2+(y � y0)2
b2= 1 y las hipérbolas:
(x� x0)2
a2� (z � z0)
2
c2= 1 y
(y � y0)2
b2� (z � z0)
2
c2= 1
Será mostrada la grá�ca de la hipérbola:(x� x0)2
a2� (z � z0)
2
c2= 1
x
z
ca
x=xo
y=yo
Figura de la hipérbola
Será mostrada la grá�ca de d): �(x� x0)2
a2� (y � y0)
2
b2+(z � z0)2
c2= 1
87
c
z
y
(xo,yo,zo)
x
Figura del hiperboloide
Las trazas principales son:
1)
8>><>>:�(x� x0)
2
a2� (y � y0)
2
b2+(z � z0)2
c2= 1
z = z0
) �(x� x0)2
a2� (y � y0)
2
b2= 1
Solución vacía; es decir: el hiperboloide no intersecta al plano z = z0
2)
8>><>>:�(x� x0)
2
a2� (y � y0)
2
b2+(z � z0)2
c2= 1
y = y0
) �(x� x0)2
a2+(z � z0)2
c2= 1
3)
8>><>>:�(x� x0)
2
a2� (y � y0)
2
b2+(z � z0)2
c2= 1
x = x0
) �(y � y0)2
b2+(z � z0)2
c2= 1
Las trazas 2) y 3) son las hipérbolas:
�(x� x0)2
a2+(z � z0)2
c2= 1 y �(y � y0)
2
b2+(z � z0)2
c2= 1
3.1.2. Ejemplos resueltos
Ejemplo 3.1 Determine la ecuación canónica del paraboloide de revolución P ; cuyas
secciones ó trazas con los planos y = 2 y y = 3, son respectivamente circunferencias de
radio 1 y 3.
88
Solución 3.1 :
Puesto que el paraboloide P , tiene trazas con los planos: y = 2 y y = 3. Lo tomaremos
de la forma: P � y � y0c
=x2
a2+z2
b2
Como además sus trazas son circunferencias, se tiene que a = b; por lo tanto, supongamos
a = b = 1, es decir:
P � y � y0c
= x2 + z2; como se muestra en la �gura.
z
y=2y=3
yx
Figura
Por otro lado;8>><>>:P � y � y0
c= x2 + z2
y = 2
) 2� y0c
= x2 + z2
Pero, x2 + z2 = 1
Luego;2� y0c
= 1) c = 2� y0
Además;8>><>>:P � y � y0
2� y0= x2 + z2
y = 3
) 3� y02� y0
= x2 + z2 = 9
3� y02� y0
= 9) 3� y0 = 9 (2� y0) = 18� 9y0 ) y0 =15
8
89
Sustituyendo; P �y � 15
8
2� 158
= x2 + z2; tenemos que la ecuación de P es:
P �y � 15
81
8
= x2 + z2
Ejemplo 3.2 Determine la ecuación del hiperboloide de dos hojas, de vértices:
V1 = (2; 0; 0) y V2 = (�2; 0; 0); su eje de simetría coincide con el eje x, la intersección
con el plano x = 4 es la elipse de ecuación:
y2
27+z2
48= 1.
Solución 3.2 :
La ecuación canónica general del hiperboloide de dos hojas; con eje de simetría paralelo
al eje x y centro: C = (x0; y0; z0); es de la forma:
H � (x� x0)2
a2�"(y � y0)2
b2+(z � z0)2
c2
#= 1
Puesto que el eje de simetría coincide con el eje x y tiene vértices:
V1 = (2; 0; 0) y V2 = (�2; 0; 0))
8>><>>:Centro: C = (x0; y0; z0) = (0; 0; 0)
a = 2
Por lo tanto;
H � x2
4��y2
b2+z2
c2
�= 1
Por otro lado;8>><>>:H � x2
4��y2
b2+z2
c2
�= 1
x = 4
) y2
27+z2
48= 1
Pero
90
H \ fx = 4g ) y2
b2+z2
c2= 3) y2
3b2+z2
3c2= 1
Así se debe cumplir:8>><>>:3b2 = 27
3c2 = 48
)
8>><>>:b2 = 9
c2 = 16
Concluyendo que:
H � x2
4��y2
9+z2
16
�= 1
Como se muestra en la �gura.
x
x=4
2
z
y
Figura
Ejemplo 3.3 Determine el lugar geométrico de los puntos del espacio; cuya distancia al
plano: z = 5, es igual a su distancia al punto A = (0; 0;�2).
Solución 3.3 :
Sea P = (x; y; z) 2 R3; tal que: d (P;� � z = 5) = d (P;A)
d (P;� � z = 5) = jz � 5j =q(z � 5)2
d (P;A) =qx2 + y2 + (z + 2)2
91
Entonces;
(z � 5)2 = x2 + y2 + (z + 2)2 ) x2 + y2 + (z + 2)2 � (z � 5)2 = 0
x2 + y2 + (z + 2)2 � (z � 5)2 = x2 + y2 + 14z � 21 = 0
14�z � 3
2
�= � (x2 + y2)
Resultando la siguiente ecuación:
14�z � 3
2
��1 = x2 + y2
La cual es la ecuación canónica de un paraboloide de vértice: V�0; 0; 3
2
�, eje de simetría
el eje z; además es de revolución y abre hacia la parte negativa del eje z.
Como lo muestra la siguiente �gura.
x2
1,5
y
5
z
Figura del paraboloide
Ejemplo 3.4 Determine la ecuación de un paraboloide; cuya traza en z = 4, tiene la
curva: (x� 2)2 + (y � 3)2 = 5 y en la intersección con el plano z = 0 una circunferencia
de área 25�.
Solución 3.4 :
92
Puesto que el paraboloide, debe tener a: (x� 2)2 + (y � 3)2 = 5 en z = 4, entonces su
vértice tiene la forma V = (2; 3; z0), además eje de simetría paralelo al eje z.
Así la ecuación es:
z � z0c
=(x� 2)2 + (y � 3)2
a2
Pero8>><>>:z � z0c
=(x� 2)2 + (y � 3)2
a2
z = 4
) (x� 2)2 + (y � 3)2 = 5
Sustituyendo tenemos:
4� z0c
=(x� 2)2 + (y � 3)2
a2) (x� 2)2 + (y � 3)2 = a2
�4� z0c
�Por lo tanto;
Sea (1): a2�4� z0c
�= 5
Por otro lado;8>><>>:z � z0c
=(x� 2)2 + (y � 3)2
a2
z = 0
)
8>><>>:A(circunferencia) = 25� = (5)2 �
(x� 2)2 + (y � 3)2 = 25Luego,
�z0c=(x� 2)2 + (y � 3)2
a2) (x� 2)2 + (y � 3)2 = a2
��z0c
�Obtenemos (2): a2
��z0c
�= 25) z0 = �
25c
a2
Sustituyendo en (2) en (1)
Se tiene:
a2
0BB@4���25ca2
�c
1CCA = 5) 4a2 + 25c = 5c, 4a2 = �20c
Es decir:
93
c = �4a2
20= �a
2
5y z0 = �
25
��a
2
5
�a2
= 5
Ahora sustituyendo en la ecuación. Tenemos:
z � 5
�a2
5
=(x� 2)2 + (y � 3)2
a2, z � 5
�1 =(x� 2)2 + (y � 3)2
5
Así la ecuación del paraboloide es:
z � 5�1 =
(x� 2)2 + (y � 3)2
5
El cual está mostrado en la �gura.
Radio=5
Z=4
y
z
(X2)²+(Y3)²=5
x
Figura
Ejemplo 3.5 Sea la super�cie S � 4x2 � 36y2 + 9z2 � 8x+ 216y � 36z = 320
i) Expresar S en su forma canónica e identi�carla y dibujarla.
ii) Determinar la ecuación del paraboloide S1; con vértice en el punto A = (1; 4; 2) y traza
en la sección principal de la super�cie S.
iii) Hallar la ecuación del otro plano; el cual es también traza común de las super�cies de
S y de S1.
94
iv) Determinar la ecuación del cono S2; cuyo centro está entre el punto medio del centro
de S y el vértice de S1 y que además, unas de sus trazas está en la traza común de las
super�cies de S y de S1, la cual no es la traza principal de S.
Solución 3.5 :
i) S � 4x2 � 36y2 + 9z2 � 8x+ 216y � 36z = 320
4x2 � 8x� 36y2 + 216y + 9z2 � 36z = 320
4 (x2 � 2)� 36 (y2 � 6) + 9 (z2 � 4) = 320
4�(x� 1)2 � 1
�� 36
�(y � 3)2 � 9
�+ 9
�(z � 2)2 � 4
�= 320
4 (x� 1)2 � 4� 36 (y � 3)2 + 324 + 9 (z � 2)2 � 36 = 320
4 (x� 1)2 � 36 (y � 3)2 + 9 (z � 2)2 = 320 + 4� 324 + 36
4 (x� 1)2 � 36 (y � 3)2 + 9 (z � 2)2 = 364 (x� 1)2 � 36 (y � 3)2 + 9 (z � 2)2
36= 1
S � (x� 1)2
9� (y � 3)
2
1+(z � 2)2
4= 1
El cual representa un hiperboloide de una hoja con centro C = (1; 3; 2), eje de simetría
paralelo al eje y, además con traza principal en y = 3.
Su grá�ca está mostrada en la �gura.
95
y=3
5
z4
5
2
0
2
05
y
Figura de S
ii) La sección principal de S da la siguiente traza:8>><>>:S � (x� 1)2
9� (y � 3)
2
1+(z � 2)2
4= 1
y = 3
) (x� 1)2
9+(z � 2)2
4= 1
La ecuación del paraboloide S1 con vértice en A = (1; 4; 2) y traza en y = 3 es:8>><>>:S1 �
(x� 1)2
9
(z � 2)2
4=y � 4c
y = 3
) �1c= 1
Así,
S1 �(x� 1)2
9+(z � 2)2
4=y � 4�1
iii) La traza común de S y S1 se obtiene:8>><>>:S � (x� 1)2
9� (y � 3)
2
1+(z � 2)2
4= 1
S1 �(x� 1)2
9+(z � 2)2
4=(y � 4)�1
) (y � 4)�1 = 1 +
(y � 3)2
1
(y � 3)2 � (4� y) + 1 = y2 � 5y + 6 = 0,
8>><>>:y = 2
y = 3
96
La proyección de las super�cies en x = 1 es:
8>><>>:�(y � 3)
2
1+(z � 2)2
4= 1
(z � 2)2
4=(y � 4)�1
La cual se muestra en la �gura.
1 1 2 3 4 5
2
2
4
6
y
z
y=2 y=3
Figura
iv) El punto medio entre los centro es:
PmC1C2 =�1+12; 3+42; 2+22
�=�1; 7
2; 2�
Traza en y = 2 es:8>><>>:(x� 1)2
9+(z � 2)2
4=(y � 4)�1
y = 2
) (x� 1)2
9+(z � 2)2
4= 2
Obteniendo,
(x� 1)2
18+(z � 2)2
8= 1
Luego,8>><>>:(x� 1)2
18+(z � 2)2
8=
�y � 7
2
�2c2
y = 2
)�2� 7
2
�2c2
= 1
Así,
9
4c2= 1) c2 =
9
4
Por lo tanto, la ecuación del cono S2 es:
97
S2 �(x� 1)2
18+(z � 2)2
8=
�y � 7
2
�294
Ejemplo 3.6 La ecuación: 9x2+25y2+36x�50y�164 = 0; es la traza de un paraboloide
P en el plano xy ( z = 0); miestras que en el plano z + 5 = 0, la traza limita una región
de área A =20�
3. Determinar la ecuación del paraboloide P .
Solución 3.6 :
Tenemos:
9x2 + 25y2 + 36x� 50y � 164 = 0
9(x2 + 4x) + 25(y2 � 2)� 164 = 0
9�(x+ 2)2 � 4
�+ 25
�(y � 1)2 � 1
�� 164 = 0
9 (x+ 2)2 � 36 + 25 (y � 1)2 � 25� 164 = 0
9 (x+ 2)2 + 25 (y � 1)2 = 164 + 25 + 36 = 2259 (x+ 2)2 + 25 (y � 1)2
225= 1, 9 (x+ 2)2
225+25 (y � 1)2
225= 1
(x+ 2)2
25+(y � 1)2
9= 1
La traza es una elipse.
Se sigue,8>><>>:P � z � z0
c=(x+ 2)2
25+(y � 1)2
9
z = 0
) (x+ 2)2
25+(y � 1)2
9=�z0c= 1
Es decir; c = �z0
Por otro lado,
98
8>><>>:P � z � z0
�z0=(x+ 2)2
25+(y � 1)2
9
z = �5) (x+ 2)2
25+(y � 1)2
9=�5� z0�z0
(x+ 2)2
25+(y � 1)2
9=�5� z0�z0
, (x+ 2)2
25+(y � 1)2
9=5 + z0z0
(x+ 2)2
25
�5 + z0z0
� + (y � 1)2
9
�5 + z0z0
� = 1Como el área de una elipse es igual a: ab�
Se tiene: ab� =20
3� ) ab =
20
3
Así,
ab =
s25
�5 + z0z0
�s9
�5 + z0z0
�=20
3
Luego,
15 (5 + z0)
z0=20
3) 20z0 = 45(5 + z0)) z0 = �9
Sustituyendo en la ecuación del paraboloide obtenemos:
P � z + 9
9=(x+ 2)2
25+(y � 1)2
9
Concluyendo que la ecuación del paraboloide P es:
P � z + 9 = (x+ 2)2
259
+ (y � 1)2
Ejemplo 3.7 Dada la �gura. Determine las ecuaciones canónicas de las super�cies de
revolución; contenidas en la �gura con los datos dados.
99
4
R=2
6
sección principalX=6
Hiperboloides
2 R=4
Figura
Solución 3.7 :
Tomaremos las super�cies con eje de simetría el eje x.
Cono:(x� x0)2
c2=y2 + z2
a2
Puesto que el cono tiene traza en x = 6 de radio R = 2, a partir de dicha traza la longitud
hacia su vértice es de 4 unidades, por lo tanto V = (2; 0; 0).
Sustituyendo los valores en la ecuación se tiene:
Cono:(x� 2)2
(4)2=y2 + z2
(2)2) (x� 2)2
4= y2 + z2
Concluimos que la ecuación del cono es:
Cono: (x� 2)2 = 4�y2 + z2
�El hiperboloide de una hoja tiene su sección principal en x = 6 de radio R = 2.
Por lo tanto,
Hiperboloide:y2 + z2
(2)2� (x� 6)
2
c2= 1
100
Pero;8>><>>:y2 + z2
(2)2� (x� 6)
2
c2= 1
x = 14
) y2 + z2 = 16
Resolviendo:
y2 + z2
(2)2� (14� 6)
2
c2= 1) y2 + z2 = 4
1 +
(14� 6)2
c2
!
4
1 +
(8)2
c2
!= 16) 64
c2= 3) c2 =
64
3
Concluyendo,
Hiperboloide:y2 + z2
4� 3 (x� 6)
2
64= 1
También, para el hiperboloide de dos hojas su sección principal se encuentra en x = 6, es
decir; su centro es C = (6; 0; 0) y su distancia al vértice es de 6 unidades.
Así tiene la siguiente forma:
(x� 6)2
(6)2��y2 + z2
a2
�= 1
Pero;8>><>>:(x� 6)2
(6)2��y2 + z2
a2
�= 1
x = 14
) y2 + z2 = 16
Luego;
(14� 6)2
(6)2��y2 + z2
a2
�= 1) �
�y2 + z2
a2
�= 1� (8)
2
(6)2= �7
9
y2 + z2 =7
9a2 = 16) a2 =
(16) (9)
7=144
7
Resultando;
101
Hiperboloide de dos hojas:(x� 6)2
(6)2�
264y2 + z2144
7
375 = 1Es decir:
Hiperboloide:(x� 6)2
36� 7 (y
2 + z2)
144= 1
Ejemplo 3.8 Determinar la ecuación canónica de un paraboloide con vértice en el punto
común de los planos tangentes interiores a E1 y E2; con una traza perpendicular a la recta
que une los centros de las esferas,que pasa por el centro de E1.8>><>>:E1 � (x+ 1)2 + (y � 2)2 + (z � 3)2 = 1
E2 � (x+ 1)2 + (y � 6)2 + (z � 3)2 = 4
Solución 3.8 :
Puesto que: C1 = (�1; 2; 3) y C2 = (�1; 6; 3)
Tenemos:
d (C1; C2) = 4 > 3 = R1 +R2 ) E1 \ E2 = f?g
Así; la recta que pasa por los centros es:
L � (x; y; z) = (�1; 2; 3) + t (0; 1; 0),
8>>>>>><>>>>>>:x = �1
y = t+ 2
z = 3
Lo cual se muestra en la �gura.
102
C2C1
A
E2 E1R2
R1
Planos tangentesInteriores
L
Figura
Como el punto A satisface: d (C1; A) =R1d (C1; C2)
R1 +R2=(1) (4)
3=4
3
Además;
4
3= d (C1; A) =
q(t+ 2� 2)2 = jtj ) t = �4
3
Pero;
Si t =4
3) A =
��1; 4
3+ 2; 3
�=
��1; 10
3; 3
�! 10
32 [2; 6]
En cambio,
Si t = �43) A =
��1;�4
3+ 2; 3
�=
��1;�2
3; 3
�! �2
3=2 [2; 6]
Por lo tanto; el vértice del paraboloide es A =��1; 10
3; 3
�La ecuación del paraboloide con vértice en A, eje de simetría el eje y es:
y � 103
c=(x+ 1)2
a2+(z � 3)2
b2
La traza perpendicular a la recta que une los centros de las esferas, que pasa por el centro
de E1 es y = 2; entonces,8>><>>:E1 � (x+ 1)2 + (y � 2)2 + (z � 3)2 = 1
y = 2
) (x+ 1)2 + (z � 3)2 = 1
Así a = b; además
103
8>><>>:P �
y � 103
c=(x+ 1)2
a2+(z � 3)2
a2
y = 2
) �43
a2
c= (x+ 1)2 + (z � 3)2
Por lo tanto;
�43
a2
c= 1) a2
c= �3
4
Finalmente, el paraboloide es:
P �y � 10
3
�43
= (x+ 1)2 + (z � 3)2
Ejemplo 3.9 Dadas las esferas:
8>><>>:E1 � (x� 1)2 + (y � 4)2 + z2 = 36
E2 � (x� 1)2 + (y + 5)2 + z2 = 63La intersección de E1 y E2; forman la directriz de los conos, cuyos vértices se encuentran
a 10 unidades del plano que contienen dicha directriz. Determine la ecuación canónica de
los conos.
Solución 3.9 :
Tenemos que: E1 \ E2 � (y + 5)2 � (y � 4)2 = 27) y = 1
Pero,8>><>>:E1 � (x� 1)2 + (y � 4)2 + z2 = 36
y = 1
) (x� 1)2 + z2 = 27
Puesto que el plano que contiene la directriz: (x� 1)2 + z2 = 27, es el plano y = 1, se
tiene que el eje de simetría de los conos es paralelo al eje y
Además, el eje de simetría pasa por el punto (1; 1; 0).
104
Como la ecuación canónica de los conos, con eje de simetría paralelo al eje y, son de la
forma:(x� x0)2
a2+(z � z0)2
b2=(y � y0)2
c2
Por otro lado; la directriz es una circunferencia, lo cual implica: a = b
Los vértices son de la forma: V = (1; y; 0); pero puesto que distan 10 unidades de y = 1,
tenemos: V1 = (1;�9; 0) y V2 = (1; 11; 0)
Como se muestra en la �gura.
Cono 2
V2=(1,11,0)y
xCono 1
10
V1=(1,9,0)
y=1
z
Figura de los conos
Así;8>><>>:Cono 1 : C1 �
(x� 1)2
a2+z2
a2=(y + 9)2
c2
Cono 2 : C2 �(x� 1)2
a2+z2
a2=(y � 11)2
c2Los conos deben cumplir:
1)
8>><>>:C1 �
(x� 1)2
a2+z2
a2=(y + 9)2
c2
y = 1
) (x� 1)2 + z2 = 27
2)
8>><>>:C2 �
(x� 1)2
a2+z2
a2=(y � 11)2
c2
y = 1
) (x� 1)2 + z2 = 27
De (1)-(2) tenemos:
105
(x� 1)2 + z2 = a2102
c2) a2102
c2= 27
Si a = 1) c2 =102
27
Con lo cual se sigue que:8>><>>:C1 � (x� 1)2 + z2 =
27 (y + 9)2
102
C2 � (x� 1)2 + z2 =27 (y � 11)2
102Es decir, las ecuaciones de los conos son:
8>><>>:C1 �
(x� 1)2 + z227
=(y + 9)2
102
C2 �(x� 1)2 + z2
27=(y � 11)2
102
3.1.3. Ejercicios Propuestos
Ejercicio 3.1 Determinar la ecuación canónica de la super�cie cuadrática S cuyos pun-
tos tienen la propiedad que su distancia a la recta: L �
8>><>>:x = �2
z = �1; es el doble de su
distancia al punto A = (1; 2;�1).
Respuesta 3.1 Paraboloide S � (x� 1)2
4+(z + 1)2
4+(y � 2)2
3= 1
Ejercicio 3.2 Sea la super�cie S � �9x2 + 3y2 � 4z2 + 36x� 24y � 24z � 36 = 0
i) Expresar S en su forma canónica e identi�carla y dibujarla.
ii) Determinar la ecuación del cono S1; con vértice en el centro de S y traza común en la
sección de intersección de S con el plano y = 8.
iii) Determine la ecuación del otro plano, el cual es también traza común de S y S 1.
106
Respuesta 3.2 i) Hiperboloide de dos hojas: S � �(x� 2)2
43
+(y � 4)2
4� (z + 3)
2
3= 1.
ii) Cono: S1 �(y � 4)2
16=(x� 2)2
4+(z + 3)2
9.
iii) Plano: y = 0.
Ejercicio 3.3 Dada la �gura. Determine las ecuaciones canónicas de las super�cies de
revolución; contenidas en la �gura, con los datos dados.
201010
20y
Sección principalHiperboloide de radio 5
Cono Paraboloide
5
5 5
y=0
Figura
Respuesta 3.3
8>>>>>><>>>>>>:Paraboloide: 20� y = x2 + y2
5
Hiperboloide: � 3 (y + 5)2
25+x2 + y2
25= 1
Cono: (y + 20)2 = x2 + y2
Ejercicio 3.4 Dada la �gura. Determine las ecuaciones canónicas de las super�cies de
revolución; contenidas en la �gura, con los datos dados.
107
8 8
8
8
Y=2
Figura
Respuesta 3.4
8>>><>>>:Cono:
(y + 6)2
(16)2=x2 + z2
(8)2, (y + 6)2
4= x2 + z2
Paraboloide:y � 10�8 =
x2 + z2
(4)2, y � 10 = �x
2 + z2
2
Ejercicio 3.5 Dada la �gura. Determine las ecuaciones canónicas de las super�cies de
revolución; contenidas en la �gura ( paraboloide, cono e hiperboloide ); con los datos dados.
Z=128
10R=6
10
4R=6
2
Figura
Respuesta 3.5
8>>>>>><>>>>>>:
Cono: (z + 14)2 =x2 + y2
9
Hiperboloide:x2 + y2
36� 8
100(z � 2)2 = 1
Paraboloide:x2 + y2
(18)2=z � 20�8
108
Ejercicio 3.6 Dado el punto A = (0; 0; a) y el plano � � z = 0. Determine que el lugar
geométrico de los puntos del espacio, tales que su distancia al punto A es igual a sus
distancias al plano �.
Respuesta 3.6 Paraboloide: P ��z � a
2
�=x2 + y2
2a
Ejercicio 3.7 Determine la ecuación del elipsoide con centro en el origen de coordenada;
que intersecta al eje x en el punto A = (8; 0; 0); al eje y en el punto B = (0; 3; 0) y al eje
z en C = (0; 0; 1).
Respuesta 3.7 Elipsoide: E � x2
64+y2
9+z2
1= 1
Ejercicio 3.8 Determine la ecuación del conjunto de puntos en el espacio; cuya distancia
al punto A = (2;�1; 3), son el doble de su distancia al plano xy.
Respuesta 3.8 Hiperboloide de dos hojas:(z + 1)2
4�"(x� 2)2 + (y + 1)2
12
#= 1
109